MATEMATIKA MINAT

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. memahami dan menerapkan konsep serta serta sifat-sifat sifat-sifat pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, rasional, irasional, irasional, dan mutlak; 2. menentukan himpunan penyelesaia penyelesaian n pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak; mutlak; 3. menentukan penyelesaian penyelesaian permasalahan permasalahan yang yang berkaitan berkaitan dengan pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, irasional, dan mutlak; 4. menggambar, menganalisis menganalisis,, dan menafsirkan menafsirkan makna daerah penyelesaia penyelesaian n pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, rasional, irasional, irasional, dan mutlak. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap kritis, teliti, dan analitis dalam menyajikan dan menafsirkan makna himpunan penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak serta mengaitkannya dengan konteks nyata.

Pertidaksamaan Rasional, Irasional, dan Mutlak

Pertidaksamaan Polinomial dan Rasional

• •

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan polinomial. Menjel Men jelask askan an lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan polinomial. Mendes Men deskr krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan rasional. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan rasional. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan rasional. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyeles elesaian aian pertidaksamaan rasional.

• • • • • • •

Pertidaksamaan Irasional

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan irasional. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan irasional. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan irasional. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyele elesai saian an pertidaksamaan irasional.

Pertidaksamaan Mutlak

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan mutlak. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan mutlak. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan mutlak. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyele elesai saian an pertidaksamaan mutlak.

Menunjukkan sikap kritis, teliti, dan analitis Menunjukkan analitis dalam dalam menyelesaikan menyelesaikan masalah. Mendeskri Mende skripsik psikan an konsep pertidak pertidaksamaa samaan n rasional, rasional, irasional irasional,, dan mutlak. Menjelaskan dan menerapkan menerapkan sifat-sifa sifat-sifatt pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. Menentukan Menen tukan penyeles penyelesaian aian pertidak pertidaksama samaan an rasional, rasional, irasiona irasional, l, dan mutlak. Menganalisis Menganalisi s daerah daerah penyelesaian penyelesaian pertidaksam pertidaksamaan aan rasional, rasional, irasional, dan mutlak. mutlak. Menentukan himpunan penyelesai penyelesaian an pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional irasional,, dan mutlak. Menyelesai Menye lesaikan kan permasala permasalahan han yang berkaita berkaitan n dengan pertidaks pertidaksamaan amaan rasional rasional,, irasional, dan mutlak.

Matematika Kelas X

1

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. memahami dan menerapkan konsep serta serta sifat-sifat sifat-sifat pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, rasional, irasional, irasional, dan mutlak; 2. menentukan himpunan penyelesaia penyelesaian n pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak; mutlak; 3. menentukan penyelesaian penyelesaian permasalahan permasalahan yang yang berkaitan berkaitan dengan pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, irasional, dan mutlak; 4. menggambar, menganalisis menganalisis,, dan menafsirkan menafsirkan makna daerah penyelesaia penyelesaian n pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, rasional, irasional, irasional, dan mutlak. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap kritis, teliti, dan analitis dalam menyajikan dan menafsirkan makna himpunan penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak serta mengaitkannya dengan konteks nyata.


Pertidaksamaan Polinomial dan Rasional

• •

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan polinomial. Menjel Men jelask askan an lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan polinomial. Mendes Men deskr krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan rasional. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan rasional. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan rasional. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyeles elesaian aian pertidaksamaan rasional.

• • • • • • •

Pertidaksamaan Irasional

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan irasional. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan irasional. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan irasional. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyele elesai saian an pertidaksamaan irasional.

Pertidaksamaan Mutlak

• • •

•

Mendeskr Mendes krips ipsika ikan n konsep konsep pertid pertidakaksamaan mutlak. Menemuk Mene mukan an sif sifatat-sif sifat at per pertid tidakaksamaan mutlak. Menemu Men emukan kan lan langka gkah-l h-lang angkah kah menentukan penyelesaian pertidaksamaan mutlak. Menganal Meng analisi isis s daer daerah ah peny penyele elesai saian an pertidaksamaan mutlak.

Menunjukkan sikap kritis, teliti, dan analitis Menunjukkan analitis dalam dalam menyelesaikan menyelesaikan masalah. Mendeskri Mende skripsik psikan an konsep pertidak pertidaksamaa samaan n rasional, rasional, irasional irasional,, dan mutlak. Menjelaskan dan menerapkan menerapkan sifat-sifa sifat-sifatt pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. Menentukan Menen tukan penyeles penyelesaian aian pertidak pertidaksama samaan an rasional, rasional, irasiona irasional, l, dan mutlak. Menganalisis Menganalisi s daerah daerah penyelesaian penyelesaian pertidaksam pertidaksamaan aan rasional, rasional, irasional, dan mutlak. mutlak. Menentukan himpunan penyelesai penyelesaian an pertidaksamaan pertidaksamaan rasional, irasional irasional,, dan mutlak. Menyelesai Menye lesaikan kan permasala permasalahan han yang berkaita berkaitan n dengan pertidaks pertidaksamaan amaan rasional rasional,, irasional, dan mutlak.

Matematika Kelas X

1

A. Pilihan Ganda

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

1. Jawaban: b (x – 2)2(x – 5) > 0 Pembuat nol: (x – 2)2(x – 5) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 2 atau x = 5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

x2(2x2 – x) < x2(2x + 5) adalah –1 < x <

2

2

5

Penyelesaian: 2 < x < 2 atau x > 5 ⇔ x ≠ 2 atau x > 5 ⇔ x > 5. Jadi, pertidaksamaan (x – 2) 2(x – 5) > 0 dipenuhi oleh nilai-nilai x > 5. 2. Jawaban: b (x2 – x – 2)(x2 – 2x – 3) ≤ 0 ⇔ (x + 1)( x – 2)( x – 3)( x + 1) ≤ 0 Pembuat nol: (x + 1)( x – 2)( x – 3)( x + 1)) = 0 ⇔ x= –1 atau x = 2 atau x = 3 atau x= –1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

–1

2

–1

3

Penyelesaian: –1 ≤ x ≤ –1 atau 2 ≤ x ≤ 3 ⇔ x = –1 atau 2 ≤ x ≤ 3. Jadi, nilai x yang memenuhi (x 2 – x – 2)(x2 – 2x – 3) ≤ 0 adalah x = –1 atau 2 ≤ x ≤ 3. x2(2x2 –

⇔

x)) < x x) – + 5) 5) < x2(2x2 – x – 2x – 5) < x2(2x2 – 3x 3x – 5) < 2 x (2x – 5)(x + 1) <

x2(2x2 –

⇔ ⇔ ⇔

x2(2 (2x x

x2(2x

+ 5)

 ≥ 0 −

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbil ilan ang: g: Pembilang tidak pernah bernilai nol

2)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pen penye yebu but: t: 3 – x = 0

3)

Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: 3 – x ≠ 0

x = 0 atau x = 0 atau x =

 

+

0

atau x = –1

2

–

Penyelesaiannya: x < 3.  ≥ 0 −

Jadi, penyelesaian

adalah x < 3.

5. Jawaban: a  −  ≥ 0 −

1)

Pemb Pe mbua uatt nol nol pemb pembililan ang: g: 5x 5x – 2 = 0

2) 3)

Pembua Pemb uatt nol nol pen penye yebu but: t: x – 4 = 0 ⇔ x = 4 Syar Sy arat at pe peny nyeb ebut ut:: x – 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4

⇔

x=

 

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. +

– 

+ 4



≤

 atau 

x > 4.

≤

 atau 

 −  ≥ 0 −

x > 4.

 



− −

dan x ≠ 0.


 +   − 

≤ 0 ⇔

 −  −  ≤ 0  −  + 

1)

Pembua Pemb uatt nol nol pe pemb mbil ilan ang: g: (x – 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 3

2)

Pembua Pemb uatt no noll pe peny nyeb ebut ut:: (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ x = 5 atau x = –2

3)

Syara Sya ratt pen penye yeb but: (x – 5)(x + 2) ≠ 0

⇔

x ≠ 5 atau x ≠ –2

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.



Penyelesaiannya: –1 < x < 0 atau 0 < x < ⇔ –1

x ≠ 3

6. Jawaban: b



 

x=3

3


–1

⇔

⇔


adalah x

Pembuat nol: x2 (2x – 5)(x + 1) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 0 atau 2x – 5 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔

4. Jawaban: c

Jadi, bilangan real x yang memenuhi

0 0 0 0

dan

x ≠ 0.

Penyelesaiannya: x

3. Jawaban: a

 

 

+ –2

–

+ 1

– 3

+ 5

Penyelesaiannya: –2 < x ≤ 1 atau 3 ≤ x < 5.



Jadi, nilai x yang memenuhi





− −

 

+



− 

≤ 0 adalah

Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

–2 < x ≤ 1 atau 3 ≤ x < 5. 7. Jawaban: b

   − 

   −  −  ≤ 0  − 

⇔

   −    ≤  − 

1) 2) 3)

0

−  ≤  +   ⇔

⇔

x=2

Pembuat nol penyebut: 2x = 3

⇔

x=

 

Syarat penyebut: 2x – 3 ≠ 0

⇔

x

≠

+ 

 

–

 atau 

 atau 

x ≥ 2.

1)

Pembuat nol pembilang: 9 – 3x = 0 ⇔ 9 = 3x ⇔ x = 3

2)

Pembuat nol penyebut:

 −  −  

⇔

⇔

⇔

 −  −  

2x + 3 = 0

  ≤ 3  − 

+  −

= –3

≤ 2

–

+

 −  − 

  +  −  −     



≤ 0

⇔

≤ 0

⇔

   −  ≤ 0   − 

⇔

 −  − 

   −   −  − 



1)

Pembuat nol pembilang:

2)

(7x + 15)(x – 1) = 0 ⇔ x = – atau x = 1  Pembuat nol penyebut: 3(2 + x)(1 – x) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 1



Syarat penyebut: 3(2 + x)(1 – x) ≠ 0

2) 3)

⇔

 

– 3  

atau x ≥ 3.

−  ≤  +  

− +

 

adalah x < –

10. Jawaban: b

≤ 0



 

atau x ≥ 3.





x=–

⇔ 2x ≠ –3 ⇔ x ≠ –

Jadi, penyelesaian

– 2 ≤ 0

 −  −  −  

⇔

Syarat penyebut:

adalah

1)

3)

⇔ 2x

Penyelesaiannya: x < –   +  − 

⇔

 ≤ 0 + 





 atau 

−

– 

  +  − 

–


8. Jawaban: a



 

 −  ≤ 0  + 

x ≥ 2.

⇔

–

2x + 3 ≠ 0

Jadi, nilai x yang memenuhi x<

−  + 

⇔

3)

Penyelesaiannya: x <

≤

 +

 −  −  +  ≤ 0  + 

2



x > –2, x ≠ 1.

−

⇔


 atau 

9. Jawaban: a

Pembuat nol pembilang: –5x + 10 = 0 ⇔ –5x = –10 ⇔

1 1

x > –2, x ≠ 1}.

 ≤ 0  − 

2x – 3 = 0

–2



–

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x

−

⇔

+

Penyelesaiannya: x ≤ –

– 3 ≤ 0

⇔

–



–   ≤ 3  − 

⇔

+

x ≠ –2 atau x ≠ 1

 

−

 −  

−

 −  

−



– 1 > 0

 −     −



 −  

−

>1

>0 >0

Pembuat nol pembilang: x2 – 6x – 7 = 0 ⇔ (x + 1)(x – 7) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 7 Pembuat nol penyebut: x + 3 = 0 ⇔ x = –3 Syarat penyebut: x + 3 ≠ 0 ⇔ x ≠ –3

Matematika Kelas X

3

 


+

–

–3

+

–1

+

7 

Jadi, penyelesaian

 −  

−

> 1 adalah

–3 < x < –1 atau x > 7.

⇔

−

3)

Jadi, bilangan real x yang memenuhi

>

  −

>0

− 

>0

   –    −

>0

⇔

   −  −       − 

>0

⇔

  −  −  −     − 

>0

>0

−   −  − 

>0

− − 

⇔

  

2)

Pembuat nol penyebut: (x + 1)(x – 1) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 1

Pembuat nol penyebut: (x – 5)(x – 4) = 0 ⇔ x = 5 atau x = 4

3)

Syarat penyebut: (x + 1)(x – 1) ≠ 0

Syarat penyebut: (x – 5)(x – 4) ≠ 0


Pembuat nol pembilang: ⇔

– 4

x=

⇔

− −

= 6

 

+

–

+

− −

>

 . 

  adalah −

 

–1 –1

⇔

4



– 1

  ⇔

(x – 2) < 0

−   −  

<0

1)

Pembuat nol pembilang: (–x + 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 5

2)

Pembuat nol penyebut: x = 0

3)

Syarat penyebut: x ≠ 0


 > 0 adalah  −





−

  



+



≤

−

 

    + ≤ 0     −



    ≤ 0   

−

 −    ≤ 0  

1)

Pembuat nol pembilang: x2 – x + 1 mempunyai nilai diskriminan D = (–1)2 – 4(1)(1) = –3 < 0. Oleh karena a > 0 dan D < 0 maka x 2 – x + 1 merupakan definit positif atau x2 – x + 1 selalu bernilai positif atau tidak pernah bernilai nol.

2)

Pembuat nol penyebut: x(x + 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = –2

3)

Syarat penyebut: x(x + 2) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 atau x ≠ –2

<0 <0

–

14. Jawaban: b

⇔

  −  

   

x < –1 atau –1 < x < 1.

12. Jawaban: d

−

+


x < 4 atau 5 < x < 6 .

 −  −  −  

–

Penyelesaiannya: x < –1 atau –1 < x < 1.

6


 −  – 

x ≠ –1 atau x ≠ 1



5

 −  

⇔

x ≠ 5 atau x ≠ 4

Penyelesaiannya: x < 4 atau 5 < x < 6

⇔

>0

− 

Pembuat nol pembilang: –x – 1 = 0 ⇔ x = –1

+

⇔

 −  < x – 2 

1)


⇔

5

Penyelesaiannya: 0 < x < 1 atau x > 5.

  −

   −       −  − 

–2x + 13 = 0 2)

1



⇔

1)

–

− −

 −  −  −     −  −  

–

13. Jawaban: e

− −



+

adalah 0 < x < 1 atau x > 5.

11. Jawaban: d

⇔

– 0

Penyelesaiannya: –3 < x < –1 atau x > 7.

⇔



–

b.

+

–2

Pembuat nol: (x – 3)(x + 2)(x – 3)(x – 1) ⇔ x = 3 atau x = –2 atau x = 3 atau x = 1 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

0

Penyelesaiannya: –2 < x < 0. Jadi,  

semua

−

  



+



nilai

−

≤

 

x

yang

(x2 – x – 6)( x2 – 4x + 3) > 0 (x – 3)(x + 2)(x – 3)(x – 1) > 0

memenuhi

adalah –2 < x < 0. –2

15. Jawaban: e  −        −   

⇔

  

– 1 < 0

    −  −  

⇔

−





      − 

⇔

    −   

⇔

<1

  

<0

c.

<0 <0

1)

Pembuat nol pembilang: (x – 2)(x + 4) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –4

2)

Pembuat nol penyebut: x 2 + 4 mempunyai nilai diskriminan D = 02 – 4(1)(4) = –16 < 0 dan a = 1 > 0 sehingga x2 + 4 merupakan definit positif atau x2 + 4 tidak pernah bernilai nol.

3)

Syarat penyebut: x2 + 4 ≠ 0 terpenuhi oleh semua nilai x bilangan real. – –4

2

Jadi, himpunan penyelesaian

 −      

2. a. < 1

adalah {x | –4 < x < 2}.

Penyelesaian: x < –2 atau 1 < x < 3 atau x > 3. ⇔ x < –2 atau x > 1 dan x ≠ 3 Jadi, penyelesaian (x2 – x – 6)( x2 – 4x + 3) > 0 adalah x < –2 atau x > 1 dan x ≠ 3. (x + 1)2(x2 – 2x) ≥ (x + 1)2(5x – 10) 2 2 2 ⇔ (x + 1) (x – 2x) – (x + 1) (5x – 10) ≥ 0 ⇔ (x + 1)2 (x2 – 2x – (5x – 10)) ≥ 0 (x + 1)2 (x2 – 7x + 10) ≥ 0 ⇔ (x + 1)2 (x – 2)(x – 5) ≥ 0 ⇔ Pembuat nol: (x + 1)2 (x – 2)(x – 5) = 0 ⇔ x + 1 = 0 atau x + 1 = 0 atau x – 2 = 0 atau x – 5 = 0 ⇔ x = –1 atau x = –1 atau x = 2 atau x = 5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

 <  + 

(–x – 4)(x2 – 6x + 5 ) ≤ 0 (–x – 4)(x – 1)(x – 5) ≤ 0 Pembuat nol: (–x – 4)(x – 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = –4 atau x = 1 atau x = 5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

  +  +  +   + 

<0

⇔

       

<0

⇔

     

<0

1)

2) 1

5

Penyelesaian: –4 ≤ x ≤ 1 atau x > 5. Jadi, penyelesaian (–x – 4)(x 2 – 6x + 5) > 0 adalah –4 ≤ x ≤ 1 atau x > 5.

5<0

⇔

Pembuat nol pembilang: 10x + 17 = 0 ⇔

–4

5

–5  +  + 

⇔

B. Uraian

1. a.

2

Penyelesaian: x ≤ –1 atau –1 ≤ x ≤ 2 atau x ≥ 5 ⇔ x ≤ 2 atau x ≥ 5 Jadi, penyelesaian (x + 1) 2(x2 – 2x) ≤ (x + 1)2 (5x + 10) adalah x ≤ 2 atau x ≥ 5.

+

Penyelesaiannya: –4 < x < 2.

3 3

–1 –1


1

10x = –17

x=–

 

Pembuat nol penyebut: 2x + 3 = 0

3)

⇔

=–

 

⇔ 2x ≠ –3 ⇔ x ≠ –

 

⇔ 2x

= –3

⇔ x

Syarat penyebut: 2x + 3 ≠ 0

Matematika Kelas X

5


– 

– 



b.

 < 

x<–

3)

    + 

 −

x<

 – , 

x

–

∈ R}.


⇔


⇔

 ≥ 2x −

  −  −   −  − 

⇔

 −       − 

1)

∈ R}.

−

⇔

1)

−  − 

    

≤ 0

Pembuat nol pembilang: –3x2 – 14x – 15 = 0 (–3x – 5)(x + 3) = 0 ⇔ ⇔

x=–

> 0


x = –3


⇔

x=

 atau 

x = –1


3)


⇔

x ≠ –2 atau x ≠ 3


+

– 

–1

+ 3



– 2 ≤ 0



 atau 

> 0

–2

      ≤ 0     



 

2)

+1

    −  −   −  −  ≤ 0     

⇔

6

⇔

+

–

    −  ≤ 2     

f(x) > 0

    −  ≤ 2      

    −       

 

3. Grafik fungsi f(x) di atas sumbu X artinya f(x) > 0.

(2x – 3)(x + 1) = 0

adalah {x| x ≤ –1 atau 1 ≤ x < 2, x

⇔



x ∈ R}.

–

    −       



–

 

Penyelesaiannya: x ≤ –1 atau 1 ≤ x < 2.

c.

 

adalah {x | x < –4 atau –3 ≤ x ≤ – atau x > – ,

2

1

–


Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –1

–3

–

 

Syarat penyebut: 2 – x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2

+

+

x < –4 atau –3 ≤ x ≤ – atau x > – .

Pembuat nol penyebut: 2 – x = 0 ⇔ –x = –2 ⇔ x = 2

–

–

Penyelesaiannya:

Pembuat nol pembilang: 2x2 – 2 = 0 ⇔ 2(x2 – 1) = 0 ⇔ 2(x + 1)(x – 1) = 0 x = –1 atau x = 1 ⇔

+

+ –4

 +  −  ≥ 0 −

  −  ≥ 0 −

3)

 

x ≠ – atau x ≠ –4

⇔

– (2x + 1) ≥ 0

⇔

2)

< –5

–

 −  −   +  −  ≥ 0 −

1)

Syarat penyebut: 2x2 + 9x + 4 ≠ 0 (2x + 1)(x + 4) ≠ 0 ⇔

+1

 −

⇔

⇔

 – < 

 

x = – atau x = –4

⇔



–


 ≥ 2x −

Pembuat nol penyebut: 2x2 + 9x + 4 = 0 ⇔ (2x + 1)(x + 4) = 0

+

Penyelesaiannya: –

adalah {x|

2)

Penyelesaiannya:  atau 

x < –2 atau –1 < x <

Jadi, grafik fungsi f(x) =

x > 3.

  −  −   −  − 

berada di atas

sumbu X untuk nilai x < –2 atau –1 < x < x > 3. 4. a.

   ⇔

+

 −

  

+

≤

   

 −

–

− 

   

− 

≤ 0

 atau 

 −      −  ≤ 0    − 

⇔


 −  ≤ 0    − 

⇔

 

1)

Pembuat nol pembilang: 2x – 6 = 0 ⇔ x = 3

2)


3)


5. –2 <

x ≠ –2 atau x ≠ 6

⇔



a.


+

–

–2

b.

 



  ≤ + − 

−

   



⇔









−

  

<0

−



−

<0

  

  − 

   

−

<0

  

x=

 atau 

<0



–

b.

x=1

1

+ 1

1


2>0



−

 −      

>0



−

 −      

>0

 −  

>0

Pembuat nol pembilang: x2 – 1 = 0 ⇔ (x – 1)(x + 1) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –1

2)

Pembuat nol penyebut: x + 5 = 0 ⇔ x = –5

3)

Pembuat nol penyebut: x + 5 ≠ 0 ⇔ x ≠ –5

+

– –1



+

. . . (1)

1

 −  ≤ 2 

−



⇔

–

 −  + 

−

> –2

1)

⇔

⇔

⇔






 −  

−

Penyelesaian: –5 < x < –1 atau x > 1.

Syarat penyebut: (x – 1)(x – 2)(x – 1)(x – 3) ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 atau x ≠ 2 atau x ≠ 1 atau x ≠ 3

+

 −  dan 

−

 −  

–5

Pembuat nol penyebut: (x – 1)(x – 2)(x – 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 2 atau x = 1 atau x = 3

–



−

–

− 

<


Pembuat nol pembilang: (–2x + 1)(x – 1) = 0 ⇔

2)

−

  

−

  

 atau 1 < x < 2 atau x > 3. 

artinya –2 <

⇔

<0

  

−   −   −  −  − 

⇔

2)



−

  −    − 

   











−





   

−

− 

 



   − 

−

 

–2 <

  

–

  

−

⇔

1)

−



⇔

⇔



−

   ≤ 2.  

⇔

 



−

⇔

adalah x < –2 atau 3 ≤ x < 6.

<

 −  ≤ 2 

−

6

Jadi, nilai x yang memenuhi − 



  

⇔

Penyelesaiannya: x < –2 atau 3 ≤ x < 6.

   

−

adalah x <

⇔

+

3



 

+ 2

 atau 

– 3

1 < x < 1 atau

1 < x < 2 atau x > 3. 1 < x < 1 atau 1 < x < 2 dapat ditulis 1 < x < 2.

⇔

 

−

 −  – 

−

2 ≤ 0

 −  −    ≤ 0 

−

 −  −  −  ≤ 0  

 −  ≤ 0 

−

   −  ≤ 0 

1)

Pembuat nol pembilang: (x + 3)(x – 7) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 7

2)


Matematika Kelas X

7

3)

Syarat penyebut: x + 5 ≠ 0 ⇔ x ≠ –5 Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut. –

+

–

–5

Irisan penyelesaian (1) dan (2):

–5

–3

1

–1

7

Penyelesaiannya: –3 ≤ x < –1 atau 1 < x ≤ 7.

+

–3

c.

. . . (2)

7

Penyelesaian: x < –5 atau –3 ≤ x ≤ 7.




 −  ≤ 

−

2

adalah {x | –3 ≤ x < –1 atau 1 < x ≤ 7}.

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban:  

b

+ 

 

= 6

. . . (1)

5

Untuk menghilangkan tanda akar, kedua ruas persamaan dikuadratkan.

Syarat bilangan yang diakar harus lebih dari atau sama dengan nol:

 ( 

10x – 25 ≥ 0

⇔ ⇔ ⇔

+  )2 =

62

2x2 + 14x – 36 = 0 2(x + 9)(x – 2) = 0 x = –9 atau x = 2

⇔

10x ≥ 25

⇔

x

≥

 

⇔

x

≥

 

. . . (2)  

–9

. . . (1)

2

Syarat bilangan yang diakar harus lebih dari atau sama dengan nol: 2x2 + 14x ≥ 0 ⇔ 2x(x + 7) ≥ 0 Pembuat nol: 2x(x + 7) = 0

⇔

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3):

x = 0 atau x = –7

Penyelesaiannya x =

2

–9

 

. . . (2)

0


Jadi, penyelesaian x=

Penyelesaianmya: x = –9 atau x = 2. Jadi, himpunan penyelesaian

 

+ 

= 6

adalah {–9, 2}. d

⇔ ⇔

(  −  )2 = (20 – 5x)2

⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

10x – 25 = 25x2 – 200x + 400 25x2 – 210x + 425 = 0 5(5x2 – 42x + 85) = 0 5(5x –17)(x – 5) = 0 x=

 

.

 −  = 20 – 5x adalah

.

3. Jawaban:

Kedua ruas persamaan dikuadratkan.

⇔

 

 

d

    > 0 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

 −  = 20 – 5x

8

. . .(3) 4

–7

2. Jawaban:

Syarat hasil penarikan akar (ruas kanan) harus lebih dari atau sama dengan nol: 20 – 5x ≥ 0 ⇔ 20 ≥ 5x ⇔ 4 ≥ x

atau x = 5


⇔

(



    ) > 02

2x + 6 > 0 2x > –6 x > –3 . . . (1) –3

Syarat bilangan yang diakar: 2x + 6 ≥ 0 2x ≥ –6 ⇔ x ≥ –3 ⇔

+

. . . (2) –3

–7

Penyelesaiannya: x > –3. Jadi, penyelesaian

    > 0 adalah x > –3.

c

    < 4

ruas bernilai positif.

Kedua ruas dikuadratkan.     ) < 42 2x + 4 < 16 2x < 12 x<6

⇔ ⇔ ⇔

1

Penyelesaiannya: x < –7 atau x > 3. Jadi, semua bilangan real x yang memenuhi adalah x < –7 atau x > 3. a

   −   < 2

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

. . . (1)

← Kedua

Syarat akar: 2x + 4 ≥ 0 2x ≥ –4 ⇔ x ≥ –2 ⇔

(

−



. . . (2)

+

Irisan penyelesaian (1) dan (2).

Penyelesaiannya: –2 ≤ x < 6.

⇔

(

   − 

)

>

⇔ ⇔

–1

2

3

   −  < 2

adalah –2 ≤ x < –1 atau 2 < x ≤ 3. 7. Jawaban:

d

 −  >  ← Kedua Kedua ruas dikuadratkan. ⇔

+ 3

Syarat bilangan yang diakar: x2 + 4x – 5 ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x + 5) ≥ 0 Pembuat nol: (x – 1)(x + 5) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –5

–2


–

–7

. . . (2)

3


42

Pembuat nol: (x – 3)(x + 7) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –7 +

–

–2


x2 + 4x – 5 > 16 x2 + 4x – 21 > 0 (x – 3)(x + 7) > 0

⇔

+


Kedua ruas dikuadratkan. 

–

    < 4 adalah

d



. . . (1)

2

Pembuat nol: (3 – x)(2 + x) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –2

6

← Kedua

–

Syarat bilangan yang diakar: 6 + x – x2 ≥ 0 ⇔ (3 – x)(2 + x) ≥ 0

–2

    −  > 4

< 22

6 + x – x2 < 4 –x2 + x + 2 < 0 (–x – 1)(x – 2) < 0

–

Jadi, nilai x yang memenuhi –2 ≤ x < 6.



)

–1

5. Jawaban:


Pembuat nol: (–x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 2

6

–2

3

Kedua ruas dikuadratkan.



(

–5

6. Jawaban: ← Kedua

. . . (2)

1


–3

⇔

+

–5


4. Jawaban:

–

. . . (1)

⇔ ⇔

(



 −  ) >

(




)

3 – 5x > x 3 > 6x

⇔

 

⇔

x<

>x  

. . . (1)  

Matematika Kelas X

9

Syarat bilangan yang diakar: 1) 3 – 5x ≥ 0 ⇔ –5x ≥ –3 x ≤

⇔

x ≤

⇔

9. Jawaban:



−

  

−

⇔

 

⇔

. . . (2)

(

x ≥ 0

0









Penyelesaiannya: 0 ≤ x <

8. Jawaban:

 . 



(

  )

+



(


–

+

. . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3).

 

1

⇔



. . . (2)

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3).

 −  <       ← Kedua ruas bernilai positif.





−

−

)

<

(

 

 < x ≤ 1}. 




      )

x2 – x – 2 < x2 + 3x + 2 –x – 3x < 2 + 2 –4x < 4 x > –1

Syarat akar: 1) x2 – x – 2 ≥ 0 ⇔ (x + 1)(x – 2) ≥ 0

Penyelesaiannya: – < x ≤ 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –

⇔

(

–1

1

– 

−

a


. . . (3)



Penyelesaiannya: –1 ≤ x ≤ 1 atau 2 ≤ x ≤ 5. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 1 atau 2 ≤ x ≤ 5, x ∈ R}. 10. Jawaban:

2x ≥ –6 x ≥ –3

–3

5

2

1

–1

–7

Syarat bilangan yang diakar: 1) 1 – x ≥ 0 ⇔ 1 ≥ x ⇔ x ≤ 1

⇔

x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ –7

–7



2x + 6 ≥ 0

2)

. . . (2)

2



– 

–3

+

   )

1 – x < 2x + 6 –x – 2x < 6 – 1 –3x < 5 x>–

. . . (1)

5

1

. . . (1)

10

≤

–

d

−  ) <

⇔

2)

)

Pembuat nol: (x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 2

 . 

 −  <    ← Kedua Kedua ruas dikuadratkan.

⇔

  

Syarat bilangan yang diakar: 1) x2 – 3x + 2 ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x – 2) ≥ 0

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0 ≤ x <

⇔

−

–1


⇔





+

. . . (3)

0


Pembuat nol: (x + 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 5



(

← Kedua

x2 – 3x + 2 ≤ x + 7 x2 – 4x – 5 ≤ 0 (x + 1)(x – 5) ≤ 0

⇔



⇔



≤


−

⇔

2)

d


. . . (1)

+

–


+

–1

. . . (2)

2 –6

x2 + 3x + 2 ≥ 0 ⇔ (x + 1)(x + 2) ≥ 0

2)

–

12. Jawaban: . . . (3)

–1


–2

–1

2

x >    ⇔    < x Ruas kanan pertidaksamaan yaitu x nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x < 0 dan x ≥ 0. a. Untuk x < 0: . . .(1) 0

Oleh karena x < 0 dan

b

   −  <

   

2 

e

Penyelesaiannya: x ≥ 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 2}. 11. Jawaban:

1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 ≤ x < 2  .

+

–2

0

–2 

Penyelesaiannya: 1 ≤ x < 2  .

Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0 ⇔ x = –1 atau x = –2 +

–4

  

   < x.

nilai x yang memenuhi

← Kedua ruas bernilai positif.


(

⇔





   − 

)

(

<

. . . (2)



   ) 


2x2 + 6x – 8 < x2 + 6x 2x2 + 6x – 8 < x2 + 6x x2 – 8 < 0

⇔ ⇔ ⇔

(x +

⇔

 )(x –

. . . (3) Penyelesaiannya: tidak ada nilai x yang

)<0

memenuhi

Pembuat nol: (x +

 )(x –

)=0

b.

⇔

x = –  atau x =

⇔

x = –2  atau x = 2  –

+

. . . (1)

(

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

–

+

. . . (2)

1

x2 + 6x ≥ 0 ⇔ x(x + 6) ≥ 0



   ) < x 2

x + 12 < x2 x – 12 > 0 (x + 3)(x – 4) > 0 x2 –

Pembuat nol: (x + 3)(x – 4) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 4 +

Pembuat nol: x(x + 6) = 0 ⇔ x = 0 atau x = –6

–6

   < x bernilai positif.

   < x Kedua ruas dikuadratkan.

Pembuat nol: (2x – 2)(x + 4) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –4

–4

–

+ 0

. . . (4)

Oleh karena x ≥ 0, maka kedua ruas pertidaksamaan

2 

Syarat bilangan yang diakar: 1) 2x2 + 6x – 8 ≥ 0 ⇔ (2x – 2)(x + 4) ≥ 0

+

Untuk x ≥ 0: 0

–2 

2)

   < x.



+

+

≥ 0, tidak ada

–3

–

+

. . . (5)

4

Syarat bilangan yang diakar: x + 12 ≥ 0 ⇔ x ≥ –12 . . . (3)

. . . (6) –12

Matematika Kelas X

11


+

0

–3

+

4

. . . (7) –12

–

4

. . . (6)

7

Syarat bilangan yang diakar: x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3

Penyelesaiannya: x > 4. Gabungan penyelesaian (3) dan (7).

. . . (7)

3

Irisan (5), (6), dan (7): 4

Jadi, nilai x yang memenuhi x > x > 4. 13. Jawaban:

3 4 5

   adalah

. . . (8)

7

Penyelesaiannya: 4 < x ≤ 5. c.

d

Ruas kanan pada pertidaksamaan

Gabungan penyelesaian (4) dan (8):

 −  > 5 – x

nilainya belum tentu positif. Ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 5 – x < 0 atau 5 – x ≥ 0. a. Untuk 5 – x < 0: 5–x<0 ⇔ 55

4

Jadi, nilai x yang memenuhi x > 4. 14. Jawaban:

 −  > 5 – x adalah

a

 −  ⇔  −  < x + 2 Ruas kanan pertidaksamaan yaitu x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x + 2 < 0 dan x + 2 ≥ 0. a. Untuk x + 2 < 0: x + 2 < 0 ⇔ x < –2 x+2>

. . . (1) 5

−

Oleh karena 5 – x < 0 dan

≥ 0,

maka

 −  > 5 – x dipenuhi oleh semua nilai x. . . . (2)

. . . (1) –2


Oleh karena x + 2 < 0 dan . . . (3)

tidaksamaan

3

 − 

≥ 0,

per-

 −  < x + 2 tidak dipenuhi

oleh semua nilai x.


. . . (2) . . . (4) 3

b.

Syarat bilangan yang diakar:

5

Untuk 5 – x ≥ 0: 5 – x ≥ 0 ⇔ 5 ≥ x

10 – x2 ≥ 0

⇔

(  + x)(  – x) ≥ 0

Pembuat nol:

⇔ x ≤ 5

(  + x)(  – x) = 0 . . . (5) Oleh karena 5 – x

≥ 0,

–

maka kedua ruas

Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(



–

. . . (3)



Irisan penyelesaian (1), (2) , dan (3):

 −  ) > (5 – x – 3 > 25 – 10x + x2 x2 – 11x + 28 < 0 (x – 4)(x – 7) < 0

– 

b.



. . . (4)

Untuk x + 2 ≥ 0: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

x = 4 atau x = 7


–2

Tidak ada nilai x yang memenuhi.

–2 12



x)2

Pembuat nol: (x – 4)(x – 7) = 0 ⇔

+

– 

 −  > 5 – x bernilai positif.

pertidaksamaan

x = –  atau x =

⇔

5

. . . (5)

Oleh karena x + 2 ≥ 0, kedua ruas pertidak-

 −  < x + 2 bernilai positif.

samaan

⇔


(

⇔

 −  



)

Oleh karena kedua ruas bernilai positif, kedua ruas dapat dikuadratkan. ⇔

< (x + 2)2

⇔

12 <

(



  )

1< x+ 2 –1 < x

10 – x2 < x2 + 4x + 4 2x2 + 4x – 6 > 0 (2x – 2)(x + 3) > 0

⇔ ⇔ ⇔

. . . (1) –1

Syarat bilangan yang diakar: 1) x + 10 ≥ 0 ⇔ x ≥ –10

Pembuat nol: (2x – 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –3 +

–

. . . (2)

+

. . . (6) 2)

1

–3

–10

x + 2 ≥ 0

⇔ x ≥ –2

Syarat bilangan yang diakar: 10 – x2 ≥ 0 ⇔ (  + x)(  – x) ≥ 0 Pembuat nol: (  + x)(  – x) = 0 x = –  atau x =

⇔

. . . (3) –2

Irisan (1), (2), dan (3):

 –10

–

+

–

– 

. . . (7)



. . . (8) 1

c.

Penyelesaiannya: x > –1.

1

1. a.

 − 

⇔

 .

≤

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi x + 2 > ≤ x ≤ –2

atau 1 < x

≤

 − 

   < 2

⇔

(




 −  ) ≤ 42 11x – 6 ≤ 16 11x ≤ 22 x ≤ 2

. . . (1) 2

Syarat bilangan yang diakar: 11x – 6 ≥ 0 ⇔ 11x ≥ 6 x

⇔



Oleh karena 2 +    ≥ 0, kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.    < 2 +

← Kedua

 .

15. Jawaban: c Pertidaksamaan diubah ke bentuk umum

   < 2 +

≤ 4




Penyelesaiannya 1 < x

⇔

   < 2

B. Uraian

⇔

   –

   –




adalah – 

–1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > –1.


–  –3 –2

–2



≥

 

. . . (2)

 


Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔

(



   ) < (  +



  )

x + 10 < 4 + 4    + x + 2

⇔

x + 10 – 6 – x < 4   

⇔

4<4 

⇔

1<



 

2

Penyelesaiannya:

 < 

Jadi, penyelesaian

x ≤ 2

 − 

≤ 4

adalah

 ≤ x ≤ 2. 

Matematika Kelas X

13

b.

 −  > 8

← Kedua


2. a.

(

⇔

 −  ) >

← Kedua




   > 3 

⇔

82

(

6x – 2 > 64

⇔

6x > 66

⇔

⇔

x > 11

⇔



12x + 15 > 9x 12x – 9x > –15 3x > –15 x > –5

⇔

⇔



   ) > (   )

⇔

. . . (1)

. . . (1)

11

–5

Syarat akar: 6x – 2 ≥ 0 ⇔ 6x ≥ 2 ⇔

x

Syarat bilangan yang diakar: 1) 12x + 15 ≥ 0 ⇔ 12x ≥ –15

 

≥

. . . (2)

⇔

x ≥ –

 

⇔

x ≥ –

 

 

. . . (2)


–

2)  

 

x ≥ 0

11

. . . (3) 0

Penyelesaiannya: x > 11. Jadi, penyelesaian x > 11. c.

    −  < 3


 −  > 8 adalah

← Kedua

–5


⇔

(

    − 

)

⇔ ⇔

b.

. . . (1)

–6

+

. . . (2)

2

⇔ ⇔

Syarat bilangan yang diakar: x2 + 4x – 12 ≥ 0 ⇔ (x – 2)(x + 6) ≥ 0 Pembuat nol: (x – 2)(x + 6) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –6 –

(

⇔

3

+

 − 

← Kedua


Kedua ruas dikuadratkan. ⇔

+

–7

 −  <

⇔

–

   > 3 

adalah x ≥ 0.

Pembuat nol: (x – 3)(x + 7) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –7 +

0


< 32

x2 + 4x – 12 < 9 x2 + 4x – 21 < 0 (x – 3)(x + 7) < 0

⇔

 

Penyelesaiannya: x ≥ 0.


–





 −  ) < (  −  ) 5x – 7 < 7x – 3 5x – 7x < –3 + 7 –2x < 4 x > –2

. . . (1) –2

Syarat akar: 1)

5x – 7 ≥ 0

⇔ x ≥

 

. . . (2)

Irisan penyelesaian (1) dan (2):  

–7

–6

2

3

2)

7x – 3 ≥ 0

Penyelesaiannya: –7 < x ≤ –6 atau 2 ≤ x < 3. Jadi, penyelesaian

    −  < 3 adalah

–7 < x ≤ –6 atau 2 ≤ x < 3. 14


⇔ x ≥

 

. . . (3)  


⇔ ⇔

–2









Pembuat nol: (2x – 3)(x + 1) = 0

Penyelesaiannya: x

 . 

≥

⇔

Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi

 −  adalah x 

c.

   +  >



(

)

⇔ ⇔


  )

+

2)

+

. . . (1)

–2

2)

. . . (2)

–1

x= +

 atau 

x = –1

– –1

+

. . . (3)

 

Irisan (1), (2), dan (3):

+

. . . (2)

–2

–4

+

3x2 + 2x – 1 ≥ 0 ⇔ (3x – 1)(x + 1) ≥ 0 Pembuat nol: (3x – 1)(x + 1) = 0 ⇔

Pembuat nol: (x + 2)(x + 4) = 0 ⇔ x = –2 atau x = –4 –

– –2

Syarat bilangan yang diakar: 1) x2 + 6x + 8 ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x + 4) ≥ 0

+

. . . (1)



Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0 ⇔ x = –1 atau x = –2



(

>

– –3

+

Syarat akar: 1) x2 + 3x + 2 ≥ 0 ⇔ (x + 1)(x + 2) ≥ 0

Pembuat nol: (x + 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = –2 atau x = –3 +

– 

x2 + 6x + 8 > x + 2 x2 + 5x + 6 > 0 (x + 2)(x + 3) > 0

⇔

x = –1

–1



   + 

 atau  +


x=

 −  <

 . 

≥



2x2 – x – 3 ≥ 0 (2x – 3)(x + 1) ≥ 0

–2

x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2

–1

 

 

Penyelesaiannya: x ≤ –2 atau x Jadi, nilai x yang memenuhi

. . . (3) –2

≥

 . 

    + 

    −  adalah x ≤ –2 atau x

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): 3. a. –4

–3

–2

Penyelesaiannya: x > –2. Jadi, nilai x yang memenuhi

    +  >

    + 

≤

1)

Untuk x – 7 < 0

⇔

(

    + 

)

≤

< 7: . . . (1)

← Kedua



⇔ x

7

   − 



 . 

Ruas kanan pada pertidaksamaan  −  < x – 7 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 7 < 0 dan x – 7 ≥ 0.

   adalah x > –2. d.

≥

≤

(

 −  < x – 7 Oleh karena x – 7 < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi



 −  < x – 7.

)

    − 

. . . (2)

x2 + 3x + 2 ≤ 3x2 + 2x – 1

Matematika Kelas X

15


Oleh karena 3x + 2 < 0, pertidaksamaan     > 3x + 2 dipenuhi oleh semua nilai x.

. . . (3) 1

. . .(2)

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): . . . (4)

Syarat bilangan yang diakar: 9x2 + 4 ≥ 0 9x2 + 4 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) sehingga 9x 2 + 4 selalu bernilai positif. Untuk semua nilai x ∈ bilangan real memenuhi 9x 2 + 4 ≥ 0.

Penyelesaiannya: tidak ada nilai x yang memenuhi. 2)

Untuk x – 7 ≥ 0

x ≥ 7:

⇔

. . . (5) 7

. . .(3)

Oleh karena x – 7 ≥ 0, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif.


Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔



(

 − ) < (x – 7) 2 x – 1 < x2 – 14x + 49 0 < x2 – 15x + 50 x2 – 15x + 50 > 0 (x – 5)(x – 10) > 0

Pembuat nol: (x – 5)(x – 10) = 0

. . .(4) –

⇔

Penyelesaiannya: x < – 2)

5

Untuk 3x + 2 ≥ 0

+

. . . (6)

–

10

Syarat akar: x – 1 ≥ 0

 

⇔

3x ≥ –2

⇔

x ≥ –

x = 5 atau x = 10

–

. . . (7) Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7):

. . .(5)

 

Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔

. . . (8) 7

 

Oleh karena 3x + 2 ≥ 0, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif.

⇔ x ≥ 1

1

5



3x + 2 ≥ 0

+

1



10

⇔ ⇔

(



    ) > (3x + 2)2

9x2 + 4 > 9x2 + 12x + 4 0 > 12x x<0

Penyelesaiannya: x > 10. 3)

. . .(6)


10

Jadi, himpunan penyelesaian adalah {x | x > 10}.

 −  < x – 7

0

Syarat bilangan yang diakar: 9x2 + 4 ≥ 0 9x2 + 4 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) sehingga 9x 2 + 4 selalu bernilai positif . . . (7)

b.

Ruas kanan pada pertidaksamaan



  

> 3x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu 3x + 2 < 0 dan 3x + 2 ≥ 0. 1) Untuk 3x + 2 < 0 3x + 2 < 0

– 16

⇔ 3x



< –2

⇔ x

<–

 

. . .(1)




Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7): . . . (8) –

 

0

Penyelesaiannya:

 ≤ x 

<0

3)

Gabungan penyelesaian 4) dan 8):

Penyelesaiannya: x > 4 b.

0

6–

Penyelesaiannya: x < 0

 x ≥ 0 

Untuk 6 –

  x ≥ 0 ⇔ 6 ≥ x ⇔ 4 ≥ x  

    >


. . . (6)

3x + 2 adalah {x | x < 0}.

 −  +

4.

4

 −  > 3

Oleh karena 6 –

Oleh karena  −  +  −  = positif, kedua ruas pertidaksamaan bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. (  −  + ⇔

 2 x 

⇔

2x2 – 5x + 2 > 36 – 18x +

 2 x 

2  −   −  > 12 – 3x

⇔

0 > 34 – 13x +

 2 x 

 x 

⇔

 −  + (x – 2) > 9

2  − 

 −  + 3x – 3 > 9

 −   −  > 6 –

⇔

Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan nilainya belum tentu positif, nilai ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu 6 – 6–

 x ≥ 0. 

a.

Untuk 6 – 6–

 x 

 x 

<0

 x 

< 0 atau

<

 x ⇔ 4 

x2 – 52x + 136 < 0

Pembuat nol: x2 – 52x + 136 = 0 x12 =

< 0:

⇔ 6

 2 x) 

 −  )2 > (6 –

(  − 

(2x – 1)(x – 2) > 36 – 18x +

(2x – 1) + 2  − 

⇔


⇔

 −  )2 > 32

⇔

kedua ruas bernilai

positif sehingga dapat dikuadratkan.

⇔


 x ≥ 0, 

 ±  −  ⋅ ⋅   ⋅

=

 ±  

=

=

 ±   

= 26 ± 6 

+

 ±  

⋅

–



+

26 –  

. . . (7)

26 +  

. . . (1) Syarat bilangan yang diakar:

4  x < 0, pertidaksamaan   x dipenuhi oleh semua ≥6– 

Oleh karena 6 –

 −   − 

1)

2x – 1 ≥ 0

. . . (8) 

. . . (2)

2)

x–2>0

2x – 1 ≥ 0

⇔

2x ≥ 1

⇔

⇔ x ≥ 2

. . . (9)

Syarat bilangan yang diakar: x

≥

2

 

Irisan penyelesaian (6), (7), (8), dan (9): . . . (3)

 

2)

 



nilai x.

1)

⇔ x ≥



x – 2 ≥ 0

⇔ x ≥ 2



2

2 6 – 

 

4

2 6 +

. . . (10)

  

. . . (4)

2

Penyelesaiannya: 26 – 6  < x ≤ 4

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4): . . . (5)  

2

4 Matematika Kelas X

17

c.


x2 – 5 < 289x 2 288x2 + 5 > 0

⇔ ⇔

Oleh karena a = 288 > 0 dan D = –5.760 < 0 maka 288x 2 + 5 > 0 merupakan definit positif sehingga 288x2 + 5 > 0 dipenuhi oleh semua nilai x.

26 –  

Penyelesaiannya: x > 26 – 6  Jadi, himpunan penyelesaian

 −  +

 −  >3

adalah {x | x > 26 – 6  , x ∈ R}.

. . . (6)

 −   −  > 7

5.

Syarat bilangan yang diakar:

Agar lebih mudah, ditentukan terlebih dahulu syarat bilangan yang diakar. a.

x2 – 5 ≥ 0

⇔

(x +

)(x –

Syarat bilangan yang diakar: 1)



17x –



⇔



−



. . . (7) – 

≥ 0



Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7): −



≤ 17x

. . . (8)

Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan yaitu 17x dapat bernilai kurang dari nol atau lebih besar sama dengan nol, ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 17x < 0 atau 17x ≥ 0. (a) Untuk 17x < 0

⇔



(c) Gabungan penyelesaian (4) dan (8) . . . (9) 

x < 0:

Penyelesaiannya: x . . . (1) Oleh karena 17x < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi pertidaksamaan −

nilai x 2)

 < 17x.

≥



⇔

(x +

)(x –

) ≥ 0 . . . (10)

Syarat bilangan yang diakar: )(x –



Syarat bilangan yang diakar: x2 – 5 ≥ 0

. . . (2)

x2 – 5 ≥ 0 ⇔ (x +

≥

 −   −  terdefinisi untuk

0



) ≥ 0

– 



) ≥ 0   −  terdefinisi untuk nilai x . . . (3)

– 



3)

. . . (11) 

. . . (4) Jadi, ⇔

– 

atau x ≥  Irisan penyelesaian (9) dan (10):

Irisan penyelesaian( 1), (2), dan (3):

(b) Untuk 17x ≥ 0

≤

 −   −  dan

  −  ter-

x ≥ 0: definisi untuk nilai x

≥

.

. . . (5) 0 Oleh karena 17x

b. ≥ 0,

kedua ruas

pertidaksamaan   −  < 17x bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan.   −  < 17x ⇔

18

(  −  )2 < (17x)2


 −   −  > 7

← Kedua


Kedua ruas dikuadratkan. (  −   −  )2 > 72 ⇔ ⇔ ⇔

17x –

  −  > 72 17x – 49 >

 − 

  −  < 17x – 49

Oleh karena ruas kanan pertidaksamaan yaitu 17x – 49 dapat bernilai kurang dari nol atau lebih besar sama dengan nol, ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu 17x – 49 < 0 atau 17x – 49 ≥ 0.

bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

1)

(   −  )2 < (17x – 49) 2 x2 – 5 < 289x 2 – 1.666x + 2.401 ⇔ 288x2 – 1.666x + 2.406 > 0 ⇔ 2(144x – 401)(x – 3) > 0 ⇔

  −  < 17x – 49 Kedua ruas dikuadratkan.

Untuk 17x – 49 < 0: 17x – 49 < 0

17x < 49

⇔

⇔

x<

 

. . . (12)  

Pembuat nol: 2(144x – 401)(x – 3) = 0

Oleh karena 17x – 49 < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 



−

⇔

x=

< 17x – 49.

 atau 

x=3 . . . (17)

. . . (13) Syarat bilangan yang diakar: Dari hasil a) diperoleh  −   −  dan yaitu untuk nilai x

≥



3



Syarat bilangan yang diakar: Dari hasil a) diperoleh

syarat

 −   −  dan

  −  terdefinisi

yaitu untuk nilai x

.

≥

syarat

  −  terdefinisi . . . . (18)

. . . (14) 




Irisan penyelesaian (12), (13), dan (14): . . . (19) . . . (15)

3

3) 2)


Untuk 17x – 49 ≥ 0: 17x – 49 ≥ 0

⇔

17x ≥ 49

⇔

x

≥

 

3

Penyelesaiannya: x > 3 Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi

. . . (16)

 

Oleh karena 17x – 49 pertidaksamaan

≥ 0,

 −   −  > 7 adalah x > 3.

kedua ruas

  −  < 17x – 49

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban: b |2x + 1| = 5 Kedua ruas dikuadratkan |2x + 1|2 = 52 ⇔ (2x + 1)2 = 52 ⇔ (2x + 1)2 – 52 = 0 ⇔ (2x + 1 + 5)(2x + 1 – 5) = 0 ⇔ (2x + 6)(2x – 4) = 0 ⇔ 2x = –6 atau 2x = 4 ⇔ x = –3 atau x = 2 ⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi |2x + 1| = 5 adalah x = –3 atau x = 2. 2. Jawaban: d |3x + 2| + 4x = 6 ⇔ |3x + 2| = 6 – 4x Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(3x + 2)2 = (6 – 4x)2 (3x + 2)2 – (6 – 4x)2 = 0 (3x + 2 + (6 – 4x)(3x + 2 – (6 – 4x)) = 0 (–x + 8)(7x – 4) = 0 x = 8 atau x = Matematika Kelas X

  19

Syarat hasil mutlak bilangan: 6 – 4x ≥ 0

⇔

6 ≥ 4x

⇔

 

5. Jawaban: b |2x + 1| < |2x – 3|

≥ x

Oleh karena x = 8 tidak memenuhi = 8 bukan penyelesaian.

 

≥ x maka x

Jadi, penyelesaian |3x + 2| + 4x = 6 adalah x = saja.

 

← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |2x + 1|2 < |2x – 3|2 ⇔ (2x + 1)2 < (2x – 3)2 ⇔ (2x + 1)2 – (2x – 3)2 < 0 ⇔ ⇔ (2x + 1 + (2x – 3))(2x + 1 – (2x – 3)) < 0 (4x – 2)(4) < 0 ⇔ Pembuat nol:

3. Jawaban: a |6x – 11| ≤ 7 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |6x – 11|2 ≤ 72 ⇔ (6x – 11)2 ≤ 72 ⇔ (6x – 11)2 – 72 ≤ 0 ⇔ ⇔ (6x – 11 + 7)(6x – 11 – 7) ≤ 0 (6x – 4)(6x – 18) ≤ 0 ⇔

4x – 2 = 0

⇔

–

x=

  = .  

+  

 . 


Pembuat nol: (6x – 4)(6x – 8) = 0

Jadi, himpunan semua x yang memenuhi |2x + 1|

⇔ ⇔

< |2x – 3| adalah {x | x <

6x = 4 atau 6x = 18 x=

 

atau

x=3

3

 

Penyelesaiannya:

 

≤ x ≤ 3

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ∈ R}. 4. Jawaban: e 0 < |x – 3| < 3 ⇔ 0 < |x – 3| dan ⇔ |x – 3| > 0 dan 1)

|x – 3| > 0

⇔ ⇔

 

≤ x ≤ 3,

|x – 3| < 3 |x – 3| < 3

Pembuat nol: (4x + 6)(2x + 12) = 0 ⇔ 4x + 6 = 0 atau 2x + 12 = 0 4x = –6 atau 2x = –12 ⇔

⇔

x=–

3

6

3

–

 

Penyelesaiannya: –6 ≤ x ≤ –

 



⇔ –6 ≤ x ≤ –1  . 

. . . (2)

6

Penyelesaiannya: 0 < x < 3 atau 3 < x < 6. Jadi, semua nilai x yang memenuhi adalah 0 < x < 3 atau 3 < x < 6.

20

x = –6

≤ |x – 3| adalah {x | –6 ≤ x ≤ –1  , x ∈ R}.


0

atau

Jadi, himpunan nilai x yang memenuhi 3|x + 3|

⇔ –3 < x – 3 < 3 ⇔ 0< x< 6

0

 

x – 3 < –0 atau x – 3 > 0 x < 3 atau x>3 . . . (1)

|x – 3| < 3

x ∈ R}.

6. Jawaban: b 3|x + 3| ≤ |x – 3| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. (3|x + 3|)2 ≤ (|x – 3|)2 ⇔ (3(x + 3))2 ≤ (x – 3)2 ⇔ (3(x + 3))2 – (x – 3)2 ≤ 0 ⇔ ⇔(3(x + 3) + (x – 3))(3(x + 3) – (x – 3) ≤ 0 (4x + 6)(2x + 12) ≤ 0 ⇔

–6

2)

 , 


7. Jawaban: e |x2 – 2| ≤ 1 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |x2 – 2|2 ≤ 12 ⇔ (x2 – 2)2 – 12 ≤ 0 ⇔ ⇔ (x2 – 2 + 1)(x2 – 2 – 1) ≤ 0 (x2 – 1)(x2 – 3) ≤ 0 ⇔ Pembuat nol: (x2 – 1)(x2 – 3) = 0 ⇔ (x2 – 1) = 0 atau (x2 – 3) = 0

⇔ ⇔

x2 = 1 atau x = ±1 atau +

–

+

x2 = 3 x=±  –

1

–  –1

Jadi, himpunan penyelesaian |



≤ x ≤ –1 atau 1 ≤ x ≤

.

8. Jawaban: b |x2 – 2x – 1| – 2 ≤ 0 ⇔ |x2 – 2x – 1| ≤ 2 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |x2 – 2x – 1| 2 ≤ 22 ⇔ (x2 – 2x – 1) 2 ≤ 22 ⇔ (x2 – 2x – 1) 2 – 22 ≤ 0 ⇔ ⇔ (x2 – 2x – 1 + 2)(x 2 – 2x – 1 – 2) ≤ 0 (x2 – 2x + 1)(x 2 – 2x – 3) ≤ 0 ⇔ Pembuat nol:

⇔ ⇔

(x2 – 2x + 1)(x 2 – 2x – 3) = 0 (x – 1)(x – 1)(x + 1)(x – 3) = 0 x = 1 atau x = 1 atau x = –1 atau x = 3 +

–

–1

+ 1

–

a

 

| x2 – 10| ≥ 6


Kedua ruas dikuadratkan.  

| x2 – 10|2 ≥ 62  

⇔

( x2 – 10)2 ≥ 62  

⇔

( x2 – 10)2 – 62 ≥ 0

⇔

( x2 – 10 + 6)( x2 – 10 – 6) ≥ 0

⇔

( x2 – 4)( x2 – 16) ≥ 0

⇔

 

(

+

 2)( x 

– 2)(

 

 x 

+ 4)(

 x 

– 4) ≥ 0

Pembuat nol:  

 

 

 

( x + 2)( x – 2)( x + 4)( x – 4) = 0

⇔ ⇔

 x   x 

= –2 atau

 x 

= 2 atau

 x 

x = –4 atau x = 4 atau x = –8 atau x = 8

–8

–

+ –4

– 4

+

–

⇔

y = –2 atau y = 6

+

–2

6

Penyelesaiannya: –2 < y < 6 ⇔ –2 < |x – 2| < 6 ⇔ –2 < |x – 2| dan |x – 2| < 6 –2 < |x – 2| ⇔ |x – 2| > –2 Oleh karena |x – 2| ≥ 0 maka |x – 2| > –2 dipenuhi oleh semua x ∈ R. . . . (1) |x – 2| < 6 ⇔ –6 < x – 2 < 6 ⇔ –6 + 2 < x – 2 + 2 < 6 + 2 –4 < x < 8 . . . (2) ⇔

1)

2)

Irisan penyelesaian (1) dan (2) adalah –4 < x < 8. Jadi, himpunan penyelesaian |x – 2| 2 < 4|x – 2| + 12 adalah {x | –4 < x < 8, x ∈ R}. 11. Jawaban: c |2x – 3|2 – |2x – 3| ≥ 20 Misalkan y = |2x – 3|, pertidaksamaan menjadi: y2 – y ≥ 20 y2 – y – 20 ≥ 0 ⇔ ⇔ (y + 4)(y – 5) ≥ 0 Pembuat nol: (y + 4)(y – 5) = 0 ⇔ y = –4 atau y = 5 +

–

–4

+ 5

Penyelesaiannya: y ≤ 4 atau y ≥ 5 ⇔ |2x – 3| ≤ –4 atau |2x – 3| ≥ 5 1)

|2x – 3| ≤ –4 Oleh karena |2x – 3| ≥ 0, tidak ada nilai x yang memenuhi |2x – 3| ≤ –4. . . . (1)

2)

|2x – 3| ≥ 5

= –4 atau

=4

+

+

 

 

 x 

Pembuat nol: (y + 2)(y – 6) = 0

3

Penyelesaiannya: –1 ≤ x ≤ 1 atau 1 ≤ x ≤ 3 yang dapat dituliskan menjadi –1 ≤ x ≤ 3. Jadi, nilai x yang memenuhi |x 2 – 2x – 1| – 2 ≤ 0 adalah –1 ≤ x ≤ 3. 9. Jawaban:

10. Jawaban: d |x – 2|2 < 4|x – 2| + 12 Misalkan y = |x – 2|, pertidaksamaan menjadi: y2 < 4y + 12 ⇔ y2 – 4y – 12 < 0 ⇔ (y + 2)(y – 6) < 0

+

1

– 10| ≥ 6 adalah

x ≤ –8 atau –4 ≤ x ≤ 4 atau x ≥ 8.

+

Penyelesaiannya: –  ≤ x ≤ –1 atau 1 ≤ x ≤  . Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi |x 2 – 2| ≤ 1 adalah – 

 2 x 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

← Kedua ruas bernilai positif. |2x – 3|2 ≥ 52 (2x – 3)2 – 52 ≥ 0 (2x – 3 + 5)(2x – 3 – 5) ≥ 0 (2x + 2)(2x – 8) ≥ 0

8

Penyelesaiannya: x ≤ –8 atau –4 ≤ x ≤ 4 atau x ≥ 8. Matematika Kelas X

21

Pembuat nol: (2x + 2)(2x – 8) = 0 ⇔ 2x = –2 atau 2x = 8 ⇔ x = –1 atau x = 4 +

–

Irisan penyelesaian (3) dan (4): . . . (6) –3

+

. . .(2)

c.

–1

1

3


4

–1

Gabungan penyelesaian (1) dan (2): 1 4

–1

Penyelesaiannya: x ≤ –1 atau x ≥ 4. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x ≤ –1 atau x ≥ 4. 12. Jawaban: d Ruas kanan pertidaksamaan |x 2 – 3| < 2x yaitu 2x nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai 2x diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 2x < 0 atau 2x ≥ 0. a. Untuk 2x < 0: 2x < 0 ⇔ x < 0

3

Penyelesaiannya: 1 < x < 3. Jadi, penyelesaian |x 2 – 3| < 2x adalah 1 < x < 3. 13. Jawaban: c Ruas kanan pertidaksamaan |2x + 5| ≤ x + 3, yaitu x + 3 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x + 3 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x + 3 < 0 dan x + 3 ≥ 0. a. Untuk x + 3 < 0 x + 3 < 0 ⇔ x < –3 . . . (1) –3

. . . (1)

|2x + 5| ≤ x + 3 Oleh karena |2x + 5| ≥ 0 dan untuk x + 3 ≤ 0 maka tidak ada nilai x yang memenuhi |2x + 5| ≤ x + 3.

0

|x2 – 3| < 2x Oleh karena |x 2 – 3| ≥ 0, untuk 2x < 0 tidak ada nilai x yang memenuhi |x 2 – 3| < 2x.

. . . (2)

. . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2):


. . . (3)

. . . (3) b.

Untuk 2x ≥ 0: 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0

b.

Untuk x + 3 ≥ 0 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ –3 . . . (4)

. . . (4) –3

0

|x2 – 3| < 2x Untuk 2x ≥ 0, kedua ruas |x2 – 3| < 2x bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan. |x2 – 3| < 2x Kedua ruas dikuadratkan |x2 – 3|2 < (2x)2 (x2 – 3)2 < (2x)2 ⇔ 2 2 ⇔ (x – 3 + 2x)(x – 3 – 2x) < 0 ⇔ (x2 + 2x – 3)(x2 – 2x – 3) < 0 ⇔ (x – 1)(x + 3)(x + 1)(x – 3) < 0

Untuk x + 3 ≥ 0, kedua ruas pertidaksamaan |2x + 5| ≤ x + 3 bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan. Kedua ruas dikuadratkan. |2x + 5| ≤ x + 3 (2x + 5)2 ≤ (x + 3)2 ⇔ (2x + 5)2 – (x + 3)2 ≤ 0 ⇔ ⇔ (2x + 5 + (x + 3))(2x + 5 – (x + 3)) ≤ 0 (3x + 8)(x + 2) ≤ 0 ⇔

Pembuat nol: (x – 1)(x + 3)(x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –3 atau x = –1 atau x = 3

⇔

+ –3

22

–

+ –1

– 1

+

. . . (5)

3


Pembuat nol: (3x + 8)(x + 2) = 0  

x = – atau x = –2 + –

–  

+ –2

. . . (5)

Irisan penyelesaian (4) dan (5): +

–

c.

+



–

c) . . . (6)

. . . (3)

–2

–



Gabungan penyelesaian (3) dan (6): +

–







Penyelesaiannya: x ≤ – 2)

–2

Penyelesaiannya: –

 

≤ x ≤ –2.

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan |2x + 5| ≤ x + 3  



 

atau x ≥

≤ x ≤ –2. . . .(4)

|6x| + |2x – 4| ≥ 3 |6x| ≥ 3 + |2x – 4|


⇔ ⇔ ⇔

36x2 ≥ 9 + 6|2x – 4| +(2x – 4) 2

⇔

|2x – 4| ≤



⇔

+  − 

≤

 



−  ⋅ ⋅ −  ⋅ 



− ±   ⋅ 





=

− ± 





+  −  

− − 

− + 





Menggunakan konsep mutlak diperoleh:   ⇔ –  +  −  ≤ 2x – 4 ≤  +  − 

c)

. . . (5)








+  −  

 

− ±

=

diselesaikan menggunakan konsep mutlak.

 

32x2 + 16x – 25 ≥ 0

x1,2 =

32x2 + 16x – 25 ≥ 6|2x – 4|

Agar lebih mudah |2x – 4|

≥ 0

Pembuat nol: 32x2 + 16x – 25 = 0

36x2 ≥ 9 + 6|2x – 4| + 4x 2 – 16x + 16  

+  − 

 

b)

Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ (|6x|)2 ≥ (3 + |2x – 4) 2

–

.

Syarat hasil mutlak bilangan: a) 3 + |2x + 4| ≥ 0 Oleh karena 3 + |2x – 4| = positif + positif = positif maka 3 + |2x – 4| ≥ 0 dipenuhi oleh semua nilai x.

14. Jawaban: b 1) Menentukan penyelesaian |6x| – |2x – 4| ≥ 3

⇔

 

+

 

–

adalah –


≤ 2x

– 4 dan 2x – 4

≤

− − 

− + 





+  − 

. . . (6)







a)





+  − 

≤ 2x – 4 ⇔ 32x2 + 16x – 25 ≥ –12x + 24 ⇔ 32x2 + 28x – 49 ≥ 0 ⇔ (8x – 7)(4x + 7) ≥ 0 –

+

– –

b)

3)




+









2x – 4

⇔ ⇔ ⇔

≤

 

x ≤ –



12x – 24 ≤ 4x – 1 ≥ 0 (8x – 1)(4x + 1) ≥ 0

32x2 +

16x – 25

32x2 +













 

atau x ≥

 

.

Jadi, penyelesaian |6x| – |2x – 4| ≥ 3 adalah

+  − 





Penyelesaiannya: x ≤ –

. . .(1)

15. Jawaban: − ≤ 2

 

atau x

≥

 

.

e



. . . (2) –

–

⇔

–2 ≤

−  

⇔

–2 ≤

− − dan    

≤ 2 ≤ 2

Matematika Kelas X

23

1)

–2 ≤

− 

− +  

⇔

2 ≥ 0

⇔

 −      

≥ 0

⇔

   

≥ 0

⇔

 

Jadi, penyelesaian |3x – 1| < 8 adalah – < x < 3. b.

Pembuat nol: 3x + 4 = 0 atau x + 3 = 0 

⇔

x = – atau x = –3  Syarat penyebut: x + 3 ≠ 0 +

– –3 –

2)

−  

≤ 2

. . . (1)

 

⇔

−  

⇔

 −  −     

Pembuat nol: (–x – 8) = 0 atau x + 3 = 0 ⇔ x = –8 atau x = –3 Syarat penyebut: x + 3 ≠ 0 –

+

–8

+

≤ 0

c.

⇔ x ≠ –3 . . . (2)


 

 

Penyelesaiannya: x ≤ –8 atau x ≥ – . Jadi, penyelesaian

−  

≤ 2 adalah x ≤ –8 atau

 

x ≥ – . B. Uraian

1. a.

Pembuat nol: (3x + 7)(3x – 9) = 0

−

−  − 

Pembuat nol: (5 – 5x)(1 – 5x) = 0

⇔

x = 1 atau x =

+

–  

3)

 



–

24

 

+

3


+

 

. . . (2)

1




–



⇔ − ≥ − ≥ − ⇔ 2 ≥ |3 – 5x| ≥ –3 ⇔ –3 ≤ |3 – 5x| ≤ 2 ⇔ –3 ≤ |3 – 5x| dan |3 – 5x| ≤ 2 1) –3 ≤ |3 – 5x| Oleh karena |3 – 5x| ≥ 0 maka –3 ≤ |3 – 5x| ⇔ |3 – 5x| ≥ –3 terpenuhi oleh semua nilai x ∈ R. . . . (1) 2) |3 – 5x| ≤ 2 |3 – 5x|2 ≤ 22 ⇔ (3 – 5x)2 – 22 ≤ 0 ⇔ ⇔ (3 – 5x + 2)(3 – 5x – 2) ≤ 0 (5 – 5x)(1 – 5x) ≤ 0 ⇔

x = – atau x = 3 +

10

–6 ≤ –3|3 – 5x| ≤ 9 Kedua ruas dibagi (–3) diikuti dengan membalik tanda ketidaksamaan.

|3x – 1| < 8 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |3x – 1|2 < 82 ⇔ (3x – 1)2 < 82 ⇔ (3x – 1)2 – 82 < 0 ⇔ ⇔ (3x – 1 + 8)(3x – 1– 8) < 0 (3x + 7)(3x – 9) < 0 ⇔

⇔

+

Penyelesaiannya: x < –1 atau x > 10. Jadi, penyelesaian |9 – 2x| > 11 adalah x < –1 atau x > 10.

–3

–3 –

– –1

≤ 0

–

–8

|9 – 2x| > 11 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |9 – 2x|2 > 112 ⇔ (9 – 2x)2 > 112 ⇔ (9 – 2x)2 – 112 > 0 ⇔ ⇔ (9 – 2x + 11)(9 – 2x – 11) > 0 (20 – 2x)(–2x – 2) > 0 ⇔ Pembuat nol: (20 – 2x)(–2x – 2) = 0 ⇔ 20 = 2x atau –2x = 2 ⇔ x = 10 atau x = –1

– 2 ≤ 0

− − 

⇔

3)

⇔ x ≠ –3

+

 

– < x < 3

1

Jadi, penyelesaian –6 ≤ –3|3 – 5x| ≤ 9 adalah  

≤ x ≤ 1.

2. a.

(–x2 – 1) = 0 –x2 – 1 merupakan definit negatif (a < 0 dan D < 0) sehingga nilai –x 2 – 1 tidak pernah bernilai nol. Garis bilangan beserta tandanya sebagai berikut.

|2 – x| > |x – 4| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |2 – x|2 > |x – 4|2 ⇔ (2 – x)2 > (x – 4)2 ⇔ (2 – x)2 – (x – 4)2 > 0 ⇔ (2 – x + (x – 4))(2 – x – (x – 4)) > 0 (–2)(–2x + 6) > 0 ⇔ –2x + 6 < 0 ⇔ Pembuat nol: –2(–2x + 6) = 0 –2x = –6 ⇔ x=3 ⇔ +

2)

+

–

d.

|2x – 1| < |x + 2| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |2x – 1|2 < |x + 2| 2 ⇔ (2x – 1)2 < (x + 2)2 ⇔ (2x – 1)2 – (x + 2) 2 < 0 ⇔ ⇔(2x – 1 + (x + 2))(2x – 1 – (x + 2) < 0 (3x + 1)(x – 3) < 0 ⇔ Pembuat nol: (3x + 1)(x – 3) = 0

⇔

x=– +

 atau  –

–

 

≥

 }.

–

–1

+ 1

– 2

+ 4

Penyelesaiannya: –2 < x < 0 atau 2 < x < 4. Jadi, himpunan penyelesaian |x 2 – 2x – 4| < 4 adalah {x | –2 < x < 0 atau 2 < x < 4}.

+

3. a.

3  

Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi   ← Kedua ruas bernilai positif.

|2x – 1| < |x + 2| adalah – < x < 3. |2 – x2| ≥ 3 Kedua ruas dikuadratkan. |2 – x2|2 ≥ 32 ⇔ (2 – x2)2 ≥ 32 ⇔ (2 – x2)2 – 32 ≥ 0 ⇔ ⇔ (2 – x2 + 3)(2 – x2 – 3) ≥ 0 (–x2 + 5)(–x2 – 1) ≥ 0 ⇔ Pembuat nol: (–x2 + 5)(–x2 – 1) = 0 1) (–x2 + 5) = 0 ⇔ 5 – x2 = 0 ⇔ 5 – x2 = 0

⇔ ⇔



|x2 – 2x – 4| < 4 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. ⇔ |x2 – 2x – 4|2 < 42 ⇔ (x2 – 2x – 4)2 < 42 ⇔ (x2 – 2x – 4)2 – 42 < 0 ⇔ (x2 – 2x – 4 + 4)(x 2 – 2x – 4 – 4) < 0 ⇔ (x2 – 2x)(x2 – 2x – 8) < 0 Pembuat nol: (x2 – 2x)(x2 – 2x – 8) = 0 ⇔ x(x – 2)(x + 2)(x – 4) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 atau x = –2 atau x = 4 +

x=3

Penyelesaiannya: – < x < 3.

c.



{x | x ≤ –  atau x

Penyelesaiannya: x > 3 Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi |2 – x| > |x – 4| adalah x > 3. b.

+

Penyelesaiannya: x ≤ –  atau x ≥  . Jadi himpunan penyelesaian |2 – x 2| ≥ 3 adalah

– 3

–

|4x – 6| < 3x + 4 Ruas kanan pertidaksamaan |4x – 6| < 3x + 4 yaitu 3x + 4 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai 3x + 4 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 3x + 4 < 0 atau 3x + 4 ≥ 0. 1) Untuk 3x + 4 < 0: 3x + 4 < 0

–



⇔ 3x < –4 ⇔ x < – 

. . . (1)

 

|4x – 6| < 3x + 4 Oleh karena |4x – 6| ≥ 0, untuk 3x + 4 < 0 tidak ada nilai x yang memenuhi |4x – 6| < 3x + 4. . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2): . . . (3)

(  + x)(  – x) = 0 x = –  atau x =



Matematika Kelas X

25

Untuk 3x + 4 ≥ 0:

2)

3x + 4 ≥ 0

Irisan penyelesaian (1) dan (2): 

⇔ 3x ≥ –4 ⇔ x ≥ – 

. . . (3)  

. . . (4) –



2)



2x – 3 ≥ 0

|4x – 6| < 3x + 4 Oleh karena 3x + 4 ≥ 0, kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. Kedua ruas dikuadratkan. (4x – 6)2 < (3x + 4)2 ⇔ (4x – 6)2 – (3x + 4)2 < 0 ⇔ ⇔(4x – 6 + (3x + 4))(4x – 6 – (3x + 4)) < 0 (7x – 2)(x – 10) < 0 ⇔

x=

 atau 

+

–

3)





 

Pembuat nol: (x2 – x – 2)(x2 – 5x + 4) = 0 ⇔ (x + 1)(x – 2)(x – 1)(x – 4) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 2 atau x = 1 atau x = 4

. . . (6) 

≥

Kedua ruas dikuadratkan. |x2 – 3x + 1| 2 ≥ (2x – 3) 2 ⇔ (x2 – 3x + 1) 2 ≥ (2x – 3) 2 ⇔ ⇔ (x2 – 3x + 1) 2 – (2x – 3)2 ≥ 0 ⇔ (x2 – 3x + 1 + (2x – 3)) (x2 – 3x + 1 – (2x – 3)) ≥ 0 ⇔ (x2 – x – 2)(x2 – 5x + 4) ≥ 0




x

|x2 – 3x + 1| ≥ 2x – 3

. . . (5)

10

⇔



+

 

2x ≥ 3

. . . (4)

x = 10

–

⇔ 

Pembuat nol: (7x – 2)(x – 10) = 0

⇔

Untuk 2x – 3 ≥ 0:

+

10

–

–1

+ 1

–

+

2

. . . (5)

4



. . . (6)  

–1

10

Penyelesaiannya:

 < 

3)

x < 10.

1

 

2

4


Jadi, himpunan penyelesaian |4x – 6| < 3x + 4 adalah {x| b.

 < 

2

x < 10}.

Ruas kanan pertidaksamaan |x2 – 3x + 1| ≥ 2x – 3 yaitu 2x – 3 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai 2x – 3 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 2x – 3 < 0 atau 2x – 3 ≥ 0. 1) Untuk 2x – 3 < 0: 2x – 3 < 0

⇔ 2x < 3 ⇔ x <

 

. . . (1)  

|x2 – 3x + 1| ≥ 2x – 3 Oleh karena |x2 – 3x + 1| ≥ 0 dan 2x – 3 < 0, semua nilai x memenuhi |x 2 – 3x + 1| ≥ 2x – 3. . . . (2)

26


4

Penyelesaiannya: x ≤ 2 atau x ≥ 4. Jadi, himpunan penyelesaian |x 2 – 3x + 1| 2x – 3 adalah {x | x ≤ 2 atau x ≥ 4}. 4. a.

≥

|x – 3|2 > 7|x – 3| – 6 Misalkan y = |x – 3|, pertidaksamaan menjadi: y2 > 7y – 6 ⇔ y2 – 7y + 6 > 0 ⇔ (y – 1)(y – 6) > 0 Pembuat nol: (y – 1)(y – 6) = 0 ⇔ y = 1 atau y = 6 +

– 1

+ 6

Penyelesaiannya: y < 1 atau y > 6. 1) y < 1 ⇔ |x – 3| < 1 |x – 3|2 < 12 ⇔ (x – 3)2 < 12 ⇔ (x – 3)2 – 12 < 0 ⇔ ⇔ (x – 3 + 1)(x – 3 – 1) < 0 (x – 2)(x – 4) < 0 ⇔ +

– 2

2)

y>6

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+

+

+ –

3)

|x – 3| > 6 |x – 3|2 > 62 (x – 3)2 > 62 (x – 3)2 – 62 > 0 (x – 3 + 6)(x – 3 – 6) > 0 (x + 3)(x – 9) > 0 +

. . . (2)

9


2

x = – atau x = 1 – 

+ 1




4

–

 

1  

Penyelesaiannya: x < – atau x > 1. Jadi, nilai x yang memenuhi 14 + 5|5x + 2| <

5. a.

  − 

≥ 3

  − 

≤ –3 atau − ≥ 3

1)

  − 

≤ –3 ⇔

9

1)

y < –2 ⇔ |5x + 2| < –2 Oleh karena |5x + 2| ≥ 0, tidak ada nilai x ∈ R yang memenuhi |5x + 2| < –2. . . . (1)

2)

y>7

1 – 2x = 0

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

|5x + 2| > 7 |5x + 2|2 > 72 (5x + 2)2 – 72 > 0 (5x + 2 + 7)(5x + 2 – 7) > 0 (5x + 9)(5x – 5) > 0

     −   − 

≤ 0

⇔

     −   − 

≤ 0 ≤ 0

⇔

x=

 

Syarat penyebut: 1 – 2x ≠ 0

7

y < –2 atau y > 7

⇔

Pembuat nol penyebut:

+

⇔

+ 3 ≤ 0

−    −  Pembuat nol pembilang: –5x + 5 = 0 ⇔ x = 1

14 + 5|5x + 2| < |5x + Misalkan y = |5x + 2|, pertidaksamaan menjadi: 14 + 5y < y2 0 < y2 – 5y – 14 ⇔ ⇔ y2 – 5y – 14 > 0 ⇔ (y + 2)(y – 7) > 0

–2

  − 

⇔

2|2

–

x > 1.

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi |x – 3| 2 > 7|x – 3| – 6 adalah x < –3 atau 2 < x < 4 atau x > 9.

+

 atau 

|5x + 2|2 adalah x < –

Penyelesaiannya: x < –3 atau 2 < x < 4 atau x > 9.

b.

. . . (2)

4

–

–3

 

⇔

. . . (1)

–3

3)

Pembuat nol: (5x + 9)(5x – 5) = 0

⇔

+

≠

x –

+

 

2)

  − 

 

. . . (1)

1

≥ 3 ⇔

  − 

– 3 ≥ 0

⇔

   −  −   − 

≥ 0

⇔

   −     − 

≥ 0

⇔

 −   − 

≥ 0

Pembuat nol pembilang: 7x – 1 = 0

⇔

x=

 

Pembuat nol penyebut: 1 – 2x = 0

⇔

x=

 

Matematika Kelas X

27

Syarat penyebut: 1 – 2x ≠ 0 –

3)

⇔

+

x

≠

⇔

 

–









⇔ ⇔

⇔

. . . (2)

   

+ 

 

1

  atau <    1 dan x 

≤ x < ≤ x ≤

≠

 − 

≤

 

  − 

≥

3

≤ 0

    

 

  −     

  −     

≤





–      

  −      ⋅     −    −  ⋅              

≤ 0

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban:    < 

x=±

⇔

 

x=



 atau x = –

 



Syarat penyebut: x + 12 ≠ 0 ⇔ x ≠ –12


 

+ 

0 0



– 



≥

 

 



.

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –1 atau –1 < x < – x

≥

 

 

 atau x = 0 atau

 }.

Garis bilangannya: +

–

–12

0


–

+ –

atau x = 0 atau x

c

Pembuat nol pembilang: 13x + 39 = 0 ⇔ 13x = –39 x = –3 ⇔

–

Penyelesaiannya: x < –1 atau –1 < x < –

≤ 0 ≤ 0

     



⇔

–1 –1



  −−         

⇔ ⇔



 

x2 =

– +

⇔

≤ 0

Pembuat nol penyebut: x(x + 1)x(x + 1) = 0 ⇔ x = 0 atau x = –1 atau x = 0 atau x = –1

 }. 

≤ x ≤ 1 dan x ≠

⇔

28

  −    −              −  − 

⇔

x ≤ 1

Oleh karena kedua ruas memuat tanda mutlak, kedua ruas dikuadratkan.    − 

3)

≤ 0



Pembuat nol pembilang: –(2x2 – 1) = 0 ⇔ 2x2 – 1 = 0 2x2 = 1 ⇔

+



adalah {x |

2)

 −  −     

⇔


1)

 −       

Gabungan penyelesaian (1) dan (2): –

b.



+ –3

Penyelesaiannya: –12 < x < –3. Jadi, nilai x yang memenuhi

   < 

0 adalah

–12 < x < –3. 2. Jawaban: Pecahan   − 

1)

e

  − 

bernilai positif, artinya

> 0

Pembuat nol pembilang: x2 = 0 ⇔ x = 0 atau x = 0

  − 

> 0.

2)

Pembuat nol penyebut: 9 – x2 = 0 ⇔ (3 + x)(3 – x) = 0 ⇔ x = –3 atau x = 3

Syarat penyebut: 9 – x2 ≠ 0 ⇔ (3 + x)(3 – x) ≠ 0 ⇔ x ≠ –3 atau x = 3 Garis bilangannya:

2)

Pembuat nol penyebut: (x – 3)(x + 1) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –1

3)

Syarat penyebut: (x – 3)(x + 1) ≠ 0

3)

–

+

–

+

  − 

bernilai positif haruslah

x anggota {x | –3 < x < 3, x ≠ 0, x 3. Jawaban:  −  ≤ 0 

∈ R}.

b

Pembuat nol pembilang: 4 – x2 = 0 ⇔ (2 – x)(2 + x) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –2

2)

Pembuat nol penyebut: x2 + 2 = 0 Oleh karena x2 + 2 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0), x 2 + 2 selalu bernilai positif.

Syarat penyebut: x2 + 2 ≠ 0 Oleh karena x2 + 2 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0), x2 + 2 tidak pernah bernilai nol. Artinya x2 + 2 ≠ 0 dipenuhi oleh semua nilai x ∈ R. Garis bilangannya: +

Penyelesaiannya: x ≤ –2 atau x ≥ 2. Jadi, salah satu nilai interval yang memenuhi  −  ≤ 0 adalah x ≥ 2.   

4. Jawaban: a − − ≥ −  

5. Jawaban:

⇔ ⇔ ⇔ 1)

–

−  

 −    −  −   −    



≥  −  adalah

 −  

⇔

d

 −  

≥

 −   −  –    

−  −   −  

 

⇔

−  −    

−

 

⇔ 1)

2) 3)

≥ 0 ≥ 0 ≥ 0 ≥ 0

Pembuat nol pembilang: –x2 + 4 = 0 ⇔ x2 – 4 = 0 (x + 2)(x – 2) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 2 ⇔ Pembuat nol penyebut: 6x = 0 ⇔ x = 0 Syarat penyebut: 6x ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 +

–

+

–2

0

– 2

Jadi, nilai x yang memenuhi x ≤ –2 atau 0 < x ≤ 2. 6. Jawaban:

      −  



− 

−  −  −    −   −    −  −    

≥ 0

⇔ ⇔ ⇔

 −  

adalah

 ,  −

pertidaksamaan menjadi:

y2 ≤ 3y – 2 y2 – 3y + 2 ≤ 0 (y – 1)(y – 2) ≤ 0 +

≥ 0

Pembuat nol pembilang: Pembilang tidak pernah bernilai nol

≥

≤ 3   −   – 2

≥ 0

≥ 0

 −  

e

Misalkan y = − −

⇔

 − −

Penyelesaiannya: x ≤ 2 atau 0 < x ≤ 2.

– 2

–2

3

–1 < x < 3.

3)

–

–


⇔

 

1)

+

Penyelesaiannya: –1 < x < 3.

Penyelesaiannya: –3 < x < 0 atau 0 < x < 3 ⇔ –3 < x < 3, x ≠ 0. Jadi, agar

– –1

3



x ≠ 3 dan x ≠ 1

Garis bilangannya:

–

00

–3

⇔

– 1

+ 2

Penyelesaiannya: 1 ≤ y ≤ 2

⇔ ⇔

1≤ 1≤

 dan  −

   −    −

≤ 2 ≤ 2

Matematika Kelas X

29

1)

   −

1≤

  –  −

⇔ ⇔

   −  −   −

≥ 0

  −

≥ 0

⇔ –

Grafik berada di atas sumbu X untuk x < –6 atau –3 < x < 1 atau x > 2. Pernyataan 1) salah dan pernyataan 2) benar.

1 ≥ 0

b.

+

   −

. . . (1)

  –  −

≤ 2 ⇔

2 ≤ 0

⇔

   −  −   −

≤ 0

⇔

   −     −

≤ 0

⇔

−    −

≤ 0

–

+ 1

⇔

    −     − 

<0

⇔

 −     −   

<0


–

–6

–

. . . (2)

4


8. Jawaban:

4

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x ≥ 4.

   − 



 3   – 2   − 

≤

c

    −  berada    − 

di atas

sumbu X (garis y 2 = 0) untuk: y1 > y2

⇔

    −     − 

>0

⇔

 −     −   

>0

1)

Pembuat nol pembilang: (x – 1)(x + 6) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –6 Pembuat nol penyebut: (x – 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –3 Syarat penyebut: (x – 2)(x + 3) ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 atau x ≠ 3

2)

3)

Garis bilangannya: + –6

–

+ –3

–

–3

1 2

d

 – 

2x terletak di atas garis y2 = x jika

 – 

⇔  – 

2x > x

2x – x > 0

⇔

 – 

⇔

 −  

3x > 0 >0

1)

Pembuat nol pembilang: 3 – 3x2 = 0 ⇔ –3(x2 – 1) = 0 ⇔ –3(x + 1)(x – 1) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 1

2)

Pembuat nol penyebut: x = 0

3)

Syarat penyebut: x ≠ 0


– –1

+ 0

– 1

Penyelesaiannya: x < –1 atau 0 < x < 1. Jadi, grafik y =

 – 

2x terletak di atas garis y = x

untuk x < –1 atau 0 < x < 1. +

1 2

Penyelesaiannya: x < –6 atau –3 < x < 1 atau x > 2.

9. Jawaban: b 1) x2 – x – 2 > 0 ⇔ (x + 1)(x – 2) > 0 +

– –1

30

+

y1 > y2

⇔

Grafik fungsi y1 =

–

y1 > y2.


a.

+

Penyelesaiannya: –6 < x < –3 atau 1 < x < 2. Grafik berada di bawah sumbu X untuk –6 < x < –3 atau 1 < x < 2. Pernyataan 3) salah dan pernyataan 4) benar. Jadi, pernyataan yang benar adalah 2) dan 4).

Grafik y1 =

7. Jawaban:

    −  berada di bawah    − 

sumbu Y (garis y 2 = 0) untuk: y1 < y2

1

2)

Grafik fungsi y1 =


+ 2

. . . (1)

2)

3)

 −   −    

f(x) =

x2 – x + 3 merupakan definit positif (a > 0 dan D < 0) sehingga x 2 – x + 3 selalu bernilai positif untuk berapapun nilai x ∈ R. . . . (2)  −   −    f(x) = 

Dari (1) dan (2) diperoleh untuk x < –1 atau x > 2, f(x) = 0 atau f(x) > 0.

  −     − 

  −     −  

≥ 0.

  −     −  

≥ 0

 −  −   −   

terdefinisi jika nilai

≥ 0

2)

Pembuat nol penyebut: (4 – x)(4 + x) = 0 ⇔ x = 4 atau x = –4

3)

Syarat penyebut: (4 – x)(4 + x) ≠ 0 ⇔ x ≠ 4 atau x ≠ –4

–4

x ≥ 6.

+

11

atau 1

≤

x

≤

4


(

   − 



)

< 22

+

–

. . . (1)

2

Syarat akar: 6 + x – x2 ≥ 0 ⇔ (2 + x)(3 – x) ≥ 0 Pembuat nol: (2 + x)(3 – x) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 3

⇔

–

+

–

–2

  −    terdefinisikan  − 

Jadi, fungsi f(x) =

2


2)

4

≤ 1

−   <

–1

–

Penyelesaiannya: –4 < x –4 < x < 4.

a

–

Garis bilangannya: –

≥ 4 adalah

6 + x – x2 < 4 2 + x – x2 < 0 (–x – 1)(x – 2) < 0 Pembuat nol: 1) (–x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 2

Pembuat nol pembilang: (x – 1)(x – 1) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 1

+

 − 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1)

–

6




a

Fungsi f(x) =

⇔

 

12. Jawaban:

Jadi, untuk setiap nilai x berlaku f(x) > 0. 10. Jawaban:


jika

. . .(2)

3


–4 < x < 4. 11. Jawaban: 1)

c

 − 

≥ 4 ← Kedua ruas bernilai positif.


⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(



− 

< 2

 −  > x – 3,

yaitu x – 3, nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x – 3 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 3 < 0 atau x – 3 ≥ 0 a. Untuk x – 3 < 0:

 −  > x – 3

 

. . . (2)  



d

Salah satu ruas pertidaksamaan

Syarat akar: 3x – 2 ≥ 0 ⇔ 3x ≥ 2 x ≥


13. Jawaban:

6

⇔

3

adalah –2 ≤ x < –1 atau 2 < x ≤ 3.

. . . (1) 2)

2


−  ) ≥ 42 3x – 2 ≥ 16 3x ≥ 18 x ≥ 6



–2 –1

. . . (1) 3

 −  > x – 3

Matematika Kelas X

31

 −  ≥ 0 dan x – 3 < 0, pertidak-

Oleh karena

 −  > x – 3 dipenuhi oleh semua

samaan nilai x.

. . . (2)

14. Jawaban:

b

Salah satu ruas pertidaksamaan    ≤ x – 2, yaitu x – 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x – 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x – 2 < atau x – 2 ≥ 0. a. Untuk x – 2 < 0: x – 2 < 0 ⇔ x < 2

Syarat akar: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

. . . (1) 2

. . . (3)



1

≤ x – 2

≥ 0 dan x – 2 < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi    ≤ x – 2.   

Oleh karena Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3):

b.

. . . (2)

. . . (4)

3

1

Syarat akar: x + 10 ≥ 0 ⇔ x ≥ –10

Untuk x – 3 ≥ 0: x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3

. . . (3)

. . . (5) –10

3

 −  > x – 3

← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(





− )

. . . (4)

> (x – 3)2

x – 1 > x2 – 6x + 9 x2 – 7x + 10 < 0 (x – 2)(x – 5) < 0

b.

Pembuat nol: (x – 2)(x – 5) ⇔ x = 2 atau x = 5 +

– 2

2

 +

. . . (6)

Syarat akar: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . . . (7) 1

Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7): . . . (8) c.

Untuk x – 2 ≥ 0: x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . . . (5)

5

3


≤ x –

2



⇔( ⇔ ⇔ ⇔ ⇔



   )

≤ (x – 2)2 x + 10 ≤ x2 – 4x + 4 0 ≤ x2 – 5x – 6 x2 – 5x – 6 ≥ 0 (x + 1)(x – 6) ≥ 0

Pembuat nol: (x + 1)(x – 6) ⇔ x = –1 atau x = 6

5

+


–1

–

+

. . . (6)

6

Syarat akar: x + 10 ≥ 0 ⇔ x ≥ –10 1

5

Penyelesaiannya: 1 ≤ x < 5. Jadi, himpunan semua nilai x yang memenuhi

 −  > x – 3 adalah 1 ≤ x < 5.

32


. . . (7) –10


16. Jawaban: . . . (8)

6

c.

 −  –

⇔

 −  < 2 +

(

⇔ 6


  

15. Jawaban:

 −  –

≤ x – 2 adalah

d

   < 0

 −  <

⇔





⇔ ( ⇔ ⇔ ⇔



 −  ) <

(

x>



  )



 −  ) < (  



− ) ← Kedua ruas

bernilai positif.

5 – x < 4 + 4  −  + (x – 1)

⇔ ⇔ ⇔

5 – x < 3 + x + 4  − 5 – x – 3 – x < 4  − –2x + 2 < 4  − 

Salah satu ruas pertidaksamaan –2x + 2 < 4  −  nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai –2x + 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu –2x + 2 < 0 atau –2x + 2 ≥ 0. a. Untuk –2x + 2 < 0: –2x + 2 < 0 ⇔ –2x < –2 ⇔ x > 1 . . . (1) 1

–2x + 2 < 4  − 

⇔ 4  −  > –2x + 2 Oleh karena 4  −  ≥ 0 dan –2x + 2 < 0, pertidaksamaan –2x + 2 < 4  −  dipenuhi

 

. . . (1)

oleh semua nilai x.

 

Syarat akar: 1) 4 – 3x ≥ 0

 −

⇔

4 – 3x < x + 2 –4x < –2 − x> −

⇔

 −  < 2



Jadi, nilai x yang memenuhi x ≥ 6.

e

⇔

4 ≥ 3x

⇔

 

⇔

x ≤

. . . (2) Syarat akar: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

≥ x  

. . . (3) 1

. . . (2)

5 – x ≥ 0



⇔ x ≤ 5



2)

x + 2 ≥ 0

. . . (4)

⇔ x ≥ –2

5

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4):

. . . (3) –2


1

b.    

–2

Penyelesaiannya:

 < 

x

≤

   < 0 adalah

 < 

x

≤

Untuk –2x + 2 ≥ 0: –2x + 2 ≥ 0 ⇔ –2x ≥ –2

⇔ x ≤ 1 . . . (6)

 . 

1

Jadi, batas-batas nilai x yang memenuhi –

. . . (5)

5

 . 

 − 

–2x + 2 < 4  −  ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

⇔ ⇔



(–2x + 2)2 < (   − ) 4x2 – 8x + 4 < 16(x – 1)

Matematika Kelas X

33

⇔ ⇔ ⇔

4x2 – 8x + 4 < 16x – 16 4x2 – 24x + 20 < 0 (4x – 20)(x – 1) < 0

1)

Oleh karena  −  ≥ 0 maka –3 < terpenuhi oleh semua nilai x

Pembuat nol: (4x – 20)(x – 1) = 0 ⇔ x = 5 atau x = 1 +

+

. . . (7)

2)

5

Syarat akar: 5 – x ≥ 0 ⇔

⇔

 −  < 2

⇔ ( ⇔ ⇔

5 ≥ x x ≤ 5





− )

< 22

x –1< 4 x<5 . . . (2)

. . . (8) 5

x – 1 ≥ 0

⇔

 −

. . . (1)

– 1

 −

–3 <

5

Syarat akar: x – 1 ≥ 0 x ≥ 1

x ≥ 1

. . . (3) . . . (9) 1


1


. . . (10) 1

c.


1

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 < x ≤ 5. (x – 1) +

 −  < 2

e

 −  < 6

⇔(



 − ) +

 −  < 6

 −  , pertidaksamaan menjadi:

Misalkan y =

⇔ ⇔ ⇔

 −  –

y2 + y < 6 2 y + y – 6 < 0 (y – 2)(y + 3) < 0

–3

–

18. Jawaban:

+

c

Bentuk

   mempunyai nilai lebih kecil dari

bentuk



 +  <



Penyelesaiannya: –3 < y < 2

(

 −  < 2

⇔

–3 <

 −  dan



 + ) <

−  −  .


(





−  −  )

x + 1 < x2 – 3x – 4 0 < x2 – 4x – 5 x2 – 4x – 5 > 0 (x + 1)(x – 5) > 0

+

–3 <

−  − 




2

⇔

 +  <

−  −  jika


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Pembuat nol: (y – 2)(y + 3) = 0 ⇔ y = 2 atau y = –3 +

b

Diperoleh a = 1 dan b = 5. Jadi, nilai a + b = 1 + 5 = 6.

Penyelesaiannya: 1 < x ≤ 5.

17. Jawaban:

Himpunan penyelesaiannya: {x ∈ R | 1 ≤ x < 5} ↑ ↑ a

5

5

–

–1

 −  < 2

Syarat akar: 1) x + 1 ≥ 0

+

. . . (1)

5

⇔ x ≥ –1 . . . (2)

–1

34


2)

x2 – 3x – 4 ≥ 0 ⇔ (x + 1)(x – 4) ≥ 0

–

Pembuat nol: (x + 1)(x – 4) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 4 +

–

–

–


4

 

−  −  terletak di bawah grafik

y1 < y2

⇔

 

−  −  <

 −  −   ← Kedua ruas bernilai positif.


⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(







−  − )

<

(

 −  −  



)

x=– +

–

. . . (1)

1

x=1

–

+

–

2)

⇔

−  −  terletak

di bawah  

 

x = – atau x = 1 –

+



1



 atau 

x > 1.

Pembuat nol: (x2 – 4x + 2)(x 2 – 4x – 12) = 0 x2 – 4x + 2 = 0

⇔ . . . (2)

1

x12 =

x = – atau x = 1

⇔ 2)

 ± − −  

=

±  

=

±  



Pembuat nol: (5 + 2x)(1 – x) = 0  

 

21. Jawaban: e |x2 – 4x – 5| ≤ 7 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |x2 – 4x – 5| 2 ≤ 72 ⇔ (x2 – 4x – 5) 2 – 72 ≤ 0 ⇔ ⇔ (x2 – 4x – 5 + 7)(x 2 – 4x – 5 – 7) ≤ 0 (x2 – 4x + 2)(x 2 – 4x – 12) ≤ 0 ⇔

5 – 3x – 2x2 ≥ 0 ⇔ (5 + 2x)(1 – x) ≥ 0

⇔

 

Pembuat nol: (3x + 7)(3x – 3) = 0

1)

 atau 



 

x > 1}.



+

1

 

Pembuat nol: (2x + 1)(x – 1) = 0 x=–

 

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < – atau

Syarat akar: 1) 2x2 – x – 1 ≥ 0 ⇔ (2x + 1)(x – 1) ≥ 0

⇔

–

Penyelesaiannya: x < –

+





 

–

x=1 –



 −  −   untuk – < x ≤ – .

+

Pembuat nol: 2(2x2 + x – 3) = 0 ⇔ 2(2x + 3)(x – 1) = 0

⇔

–



20. Jawaban: b |3x + 2| > 5 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |3x + 2|2 > 52 ⇔ (3x + 2)2 – 52 > 0 ⇔ ⇔ (3x + 2 + 5)(3x + 2 – 5) > 0 (3x + 7)(3x – 3) > 0 ⇔

2x2 – x – 1 < 5 – 3x – 2x2 4x2 + 2x – 6 < 0 2(2x2 + x – 3) < 0

 atau 



grafik y =

 −  −   untuk y1 < y 2.

y2 =

1



Jadi, grafik y =

5

d

Grafik y1 =

. . . (3)

Penyelesaiannya: – < x ≤ – .

Penyelesaiannya: x > 5. Jadi, nilai x haruslah x > 5. 19. Jawaban:



. . . (3)

4

–1

–


+

–1

+

x1 = 2 +

= 2 ±



 atau x2 = 2 –



x2 – 4x – 12 = 0 ⇔ (x + 2)(x – 6) = 0 ⇔ x = –2 atau x = 6

Matematika Kelas X

35

+

–

–2

+

2–

–

 2+



|2x – 5| > x + 1 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |2x – 5|2 > (x + 1)2 ⇔ (2x – 5)2 > (x + 1)2 ⇔ (2x – 5)2 – (x + 1) 2 > 0 ⇔ ⇔ (2x – 5 + (x + 1))(2x – 5 – (x + 1)) > 0 (3x – 4)(x – 6) > 0 ⇔

+ 6

Penyelesaiannya: –2 ≤ x ≤ 2 –  atau 2 +  ≤ x ≤ 6. Jadi, himpunan penyelesaian |x 2 – 4x – 5| ≤ 7 adalah –2 ≤ x ≤ 2 –

 atau 2 +



≤ x ≤ 6.

Pembuat nol: (3x – 4)(x – 6) = 0

22. Jawaban: d |2x – 3| > |x – 8| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |2x – 3|2 > |x – 8|2 ⇔ (2x – 3)2 > (x – 8)2 ⇔ (2x – 3)2 – (x – 8)2 > 0 ⇔ ⇔ ((2x – 3) + (x – 8))((2x – 3) – (x – 8)) > 0 (3x – 11)(x + 5) > 0 ⇔

⇔

⇔

x=

+ –5

x=6 . . . (5) 6

Irisan penyelesaian (4) dan (5): . . . (6) –1

x = –5

–

 atau 

 

Pembuat nol: (3x – 11)(x + 5) = 0  atau 

x=

c.

 

6


+ 

 



Penyelesaian: x < –5 atau x >

 . 

Jadi, himpunan penyelesaian |2x – 3| > |x – 8| adalah {x | x < –5 atau x >

 }. 


 

atau x > 6.

Jadi, nilai x yang memenuhi |2x – 5| > x + 1 adalah x<

23. Jawaban: b Salah satu ruas pertidaksamaan |2x – 5| > x + 1, yaitu x + 1 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x + 1 dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu x + 1 < 0 atau x + 1 ≥ 0. a. Untuk x + 1 < 0: x + 1 < 0 ⇔ x < –1

6

 

atau x > 6.

24. Jawaban: e Salah satu ruas pertidaksamaan |x | < x 2 – x – 6 yaitu x2 – x – 6 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x 2 – x – 6 dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu x2 – x – 6 < 0 atau x2 – x – 6 ≥ 0. a. Untuk x2 – x – 6 < 0: x2 – x – 6 < 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) < 0

. . . (1) –1 –2

Oleh karena |2x – 5| ≥ 0 dan x + 1 < 0, pertidaksamaan |2x – 5| > x + 1 dipenuhi oleh semua nilai x.

3

Oleh karena |x| ≥ 0 dan x2 – x – 6 < 0, tidak ada nilai x yang memenuhi |x| < x 2 – x – 6. . . . (2)

. . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2):

Irisan penyelesaian (1), dan (2):

. . . (3)

. . . (3) b.

b.

Untuk x + 1 ≥ 0: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ –1 . . . (4) –1

36

. . . (1)


Untuk x2 – x – 6 ≥ 0: x2 – x – 6 ≥ 0 ⇔ (x + 2)(x – 3) ≥ 0 . . . (4) –2

3

|x| < x2 – x – 6

← Kedua ruas bernilai positif. . . . (2)

Kedua ruas dikuadratkan. |x|2 < (x2 – x – 6) 2 ⇔ x2 < (x2 – x – 6) 2 ⇔ x2 – (x2 – x – 6) 2 < 0 ⇔ ⇔ (x + (x2 – x – 6))(x – (x2 – x – 6)) < 0 (x2 – 6)(–x2 + 2x + 6) < 0 ⇔ Pembuat nol: (x2 – 6)(–x2 + 2x + 6) = 0

Irisan penyelesaian (1) dan (2): . . . (3)  

b.

–15x + 2 ≥ 0

(x –  )(x +  )(x – 1 –  )(x – 1 +  ) = 0

⇔

x=

 atau x = –  atau x = 1 +

atau x = 1 –

Untuk –15x + 2 ≥ 0:

⇔ –15x ≥ –2 ⇔ x ≤

 



. . . (4)



 

Oleh karena –15x + 2 ≥ 0, kedua pertidaksamaan –15x + 2 ≤ |3x + 2| bernilai positif. –15x + 2 ≤ |3x + 2| Kedua ruas dikuadratkan. (–15x + 2)2 ≤ |3x + 2| ⇔ ⇔ (–15x + 2)2 – (3x + 2)2 ≤ 0 ⇔ (–15x + 2 + (3x + 2)(–15x + 2 – (3x + 2) ≤ 0 (–12x + 4)(–18x) ≤ 0 ⇔ Pembuat nol: (–12x + 4)(–18x) = 0

. . . (5) – 

1–





1+



Irisan penyelesaian (4) dan (5): . . . (6) 1+

– 

c.




1+

– 

⇔



x=

 atau 

+

–

Penyelesaiannya: x < –  atau x > 1 +  . Jadi, nilai x yang memenuhi |x| < x 2 – x – 6 adalah x < –  atau x > 1 +

+ 

.


← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan |3x – 3|2 ≤ (|3x + 2| + 1)2 ⇔ (3x – 3)2 ≤ (3x + 2)2 + 2|3x + 2| + 1 ⇔ (3x – 3)2 – (3x + 2) 2 – 1 ≤ 2|3x + 2| ⇔ ⇔ 9x2 – 18x + 9 – 9x 2 – 12x – 4 – 1 ≤ 2|3x + 2| –30x + 4 ≤ 2|3x + 2| ⇔ –15x + 2 ≤ |3x + 2| ⇔ Salah satu ruas pertidaksamaan –15x + 2 ≤ |3x + 2|, yaitu –15x + 2 belum tentu bernilai positif. Oleh karena itu, nilai –15x + 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu –15x + 2 < 0 atau –15x + 2 ≥ 0. a. Untuk –15x + 2 < 0:

⇔ –15x < –2 ⇔ x >

. . . (5)



0

25. Jawaban: a |3x – 3| ≤ |3x + 2| + 1

–15x + 2 < 0

x=0

 

c.


0

Penyelesaiannya: x ≥ 0. Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x ≥ 0. 26. Jawaban:  | 

a

← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |3 +

>1

⇔ . . . (1)



|3 +

⇔

(3 +



Oleh karena –15x + 2 < 0 maka pertidaksamaan –15x + 2 ≤ |3x + 2| dipenuhi oleh semua nilai x.

. . . (6)

 

0

⇔ ⇔

(3 +

 + 

> 12

 2 ) – 

12 > 0

 – 

1) > 0

1)(3 +

(4 +

 2 | 

 )(2 

+

 ) 

>0

Matematika Kelas X

37

Pembuat nol: (2 – 2x)(–2x) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 0

             >0

⇔





     

⇔

>0

+

–

Pembuat nol pembilang: (4x + 7)(2x + 7) = 0

⇔

 

x = – atau x = –

0

3)

 

Syarat akar:

+

+

–

–

 

–

+ 

–

+

Penyelesaiannya:  

 

x < – atau – < x < 0 atau x > 0

⇔

x<–

 atau 

 

x > – , x ≠ 0.

Jadi, nilai x yang memenuhi |3 + x<–

 atau 

x>–

 , 

 | 

> 1 adalah

⇔ ⇔ ⇔

–3 – 3 < –2|1 – 2x| –6 < –2|1 – 2x| 3 > |1 – 2x| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

Pembuat nol: (4 – 2x)(–2 – 2x) = 0 ⇔ x = 2 atau x = –1 –

–1

2)

+

–

2)

+

. . . (1)

5

|x – 1| > 2 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |x – 1|2 > 22 ⇔ (x – 1)2 – 22 > 0 ⇔ ⇔ (x – 1 + 2)(x – 1 – 2) > 0 (x + 1)(x – 3) > 0 ⇔ Pembuat nol: (x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = –1 atau x = 3 +

– –1

3)

+

. . . (2)

3


. . . (1)

2

⇔ ⇔

–2|1 – 2x| < –2 |1 – 2x| > 1 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

38

2

–2

–2 –1

|1 – 2x|2 > 12 (1 – 2x)2 – 12 > 0 (1 – 2x + 1)(1 – 2x – 1) > 0 (2 – 2x)(–2x) > 0


3

5

Penyelesaiannya: –2 < x < –1 atau 3 < x < 5.

3 – 2|1 – 2x| < 1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1

+

32 > |1 – 2x| 2 (1 – 2x)2 – 32 < 0 (1 – 2x + 3)(1 – 2x – 3) < 0 (4 – 2x)(–2 – 2x) < 0

+

0

–

Pembuat nol: (2x – 10)(2x + 4) = 0 ⇔ x = 5 atau x = –2

x ≠ 0.

–3 < 3 – 2|1 – 2x|

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+

28. Jawaban: e 1) |2x – 3| < 7 ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |2x – 3|2 < 72 ⇔ (2x – 3)2 – 72 < 0 ⇔ ⇔ (2x – 3 – 7)(2x – 3 + 7) < 0 (2x – 10)(2x + 4) < 0 ⇔

27. Jawaban: e –3 < 3 – 2|1 – 2x| < 1 ⇔ –3 < 3 – 2|1 – 2x| dan 3 – 2|1 – 2x| < 1 1)

1

Penyelesaiannya: –1 < x < 0 atau 1 < x < 2. Jadi, semua bilangan real x yang memenuhi –3 < 3 – 2|1 – 2x| < 1 adalah –1 < x < 0 atau 1 < x < 2.

00



–

–1

≠ 0 ⇔ x ≠ 0 dan x ≠ 0

. . . (2)


Pembuat nol penyebut: x2 = 0 ⇔ x = 0 atau x = 0 x2

+

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –2 < x < –1 atau 3 < x < 5. 29. Jawaban: 

⇔

c

−  +  – |2x + 3| ≥ 0 

−  +  ≥ |2x + 3| ← Kedua ruas bernilai positif.


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(

2)

2x2 – 15x – 3 = 0



−  +  ) ≥ |2x + 3|2 x2 – 4x + 4 ≥ 4x2 + 12x + 9 –3x2 – 16x – 5 ≥ 0 3x2 + 16x + 5 ≤ 0 (3x + 1)(x + 5) ≤ 0 

⇔

x1,2 = =

⇔

⇔

x=–

 atau 

+

. . . (1)

x



≥

–

+

. . . (2)

1. a.



c

|x2 – 6x + 1| 2 ≥

⇔

(x2 – 6x + 1) 2 ≥

     (x2 – 6x + 1) 2 –     

⇔ ⇔

+

   )(x2 – x  





–

≥ 0

2x2 –

9x + 7 = 0 (2x – 7)(x – 1) = 0 x=

 atau 

≥ 0 ≥ 0 ≥ 0

+

–

4

11

Penyelesaiannya: 4 < x ≤ 11. 

(2x2 – 9x + 7)(2x2 – 15x – 3) ≥ 0

⇔ ⇔

.

≥ 3

–

≥ 0

 ) 

Pembuat nol: (2x2 – 9x + 7)(2x2 – 15x – 3) = 0 1)

   

Syarat penyebut: x – 4 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4

            

      (x2 – 6x + 1 + ( )) (x2 – 6x + 1 – ( ))

(x2 –

≥

Pembuat nol penyebut: x – 4 = 0 ⇔ x = 4


⇔

 x 

 atau 

Pembuat nol pembilang: –x + 11 = 0 ⇔ x = 11


⇔

atau 1 ≤ x ≤

≥ 0

⇔  

   

 +  

 −  

 −  – 3 −  −  −  −  −  −  −    − −    −

⇔



Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –5 ≤ x ≤ – .

⇔

 −  −

⇔

+

≥



.



⇔

 

|x2 – 6x + 1|



1

+

B. Uraian

Penyelesaiannya: –5 ≤ x ≤ – .

30. Jawaban:



–

Jadi, interval yang tidak memenuhi –3 ≤ x ≤ 0.

Irisan (1) dan (2):

–5 –

+

pertidaksamaan |x 2 – 6x + 1|

22

–

 

 −  

atau x2 =

Interval –3 ≤ x ≤ 0 tidak memenuhi penyelesaian

Syarat akar: x2 – 4x + 4 ≥ 0 ⇔ (x – 2)(x – 2) ≥ 0 Pembuat nol: (x – 2)(x – 2) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 2

+

–

Penyelesaiannya: x ≤



+

 

 −  

+

–5 –

 ±  

+

x = –5

–

⋅ 

 

x1 =

Pembuat nol: (3x + 1)(x + 5) = 0

 ± − − −


≥0

{x | 4 < x ≤ 11}. b.

− 

   −

− 

⇔ ⇔ ⇔

− 

− 

≥ 3 adalah

≤ 10

   −

 

 −  −

− 

– 10 ≤ 0

−  −  −   − −    −   −

≤ 0 ≤ 0

x=1

Matematika Kelas X

39

1)

Pembuat nol pembilang: Oleh karena –x 2 + 2x – 6 merupakan definit negatif (a < 0 dan D > 0) maka –x2 + 2x – 6 selalu bernilai negatif (tidak pernah nol).

2)


3)

Syarat penyebut: x – 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 +

 −  

⇔ 1)

Pembuat nol pembilang: x2 – 2 = 0

–

≤ 10

2. a.

 + 

1

≤

     + 

⇔ ⇔

   

1–

≤ 0

−   − 

≤ 0

        

≤ 0

          

⇔ 1)

Pembuat nol pembilang: x2 + 9x + 20 = 0 ⇔ (x + 4)(x + 5) = 0 ⇔ x = –4 atau x = –5

2)

Pembuat nol penyebut: x(2x + 4) = 0 ⇔ x = 0 atau x = –2

3)

3.

–

+

–5 –4

+ 0

 

+1≤

x+1–2–

⇔

x–1–

 

≥ 0

  –  

≥ 0

   −    −  

≥ 0

40

–

 −  −   



1)

  − – 2   −    

–3 ≤

⇔ ⇔

⇔

⇔

   

   

   

 

≤ x < –1 atau x ≥

≥ 0

.

≤ 15

–

+ 5

Penyelesaiannya: –3 ≤ y ≤ 5 ⇔ –3 ≤  −−  ≤ 5 ⇔ –3 ≤  −−  dan  −− 

adalah –5 ≤ x ≤ –4 atau –2 < x < 0.

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi x + 1 ≥ 2 +

–3

Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi

x + 1 ≥ 2 +

.

+

Penyelesaiannya: –5 ≤ x ≤ –4 atau –2 < x < 0.

b.

≤ x < –1 atau x ≥

Pembuat nol: (y + 3)(y – 5) = 0 ⇔ y = –3 atau y = 5

– –2



 − Misalkan y =  −  , pertidaksamaan menjadi: y2 – 2y ≤ 15 ⇔ y2 – 2y – 15 ≤ 0 ⇔ (y + 3)(y – 5) ≤ 0

Syarat penyebut: x(2x + 4) = 0 ⇔ x ≠ 0 atau x ≠ –2 +



+

 –1

adalah – 

≤ 0

        −      

⇔

–

Penyelesaiannya: – 

adalah {x | x > 1}.

) = 0

x = –  atau x =

Syarat penyebut: x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ –1 – +


)(x –

3)

Penyelesaiannya: x > 1.

− 

(x +


1

   −

⇔ ⇔

2)

–

−

≥ 0


⇔ a)

 − −  − + 3 −  −    −  −  −  −

≥ 0 ≥ 0 ≥ 0


b)

≤ 5

⇔ x =

 


c)


– 

3x – 2 ≥ 0

2)

+

. . . (1)

 − −

. . . (3)

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3):  − – −

5 ≤ 0

⇔

 −  −  −  −

≤ 0

⇔

−   −

≤ 0



– 

–4x + 19 = 0

–

. . . (2)



4



b.




 . 

2  −  adalah {x | x >


–






 

⇔ x =



Penyelesaiannya: x >


−  −  <

 


}.

2x

Untuk 2x < 0: 2x < 0 ⇔ x < 0 . . . (1)

0  

Oleh karena 2x < 0, tidak ada nilai x yang



4



≤

Penyelesaiannya: x

 atau 

x≥

    < 2  −  ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan.

⇔ ( ⇔ ⇔ ⇔





memenuhi

 . 

−  −  < 2x. . . . (2)

   − Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi   −     −   – 2   −   ≤ 15 adalah x ≤ atau x ≥ .    

4. a.

Irisan penyelesaian (1) dan (2): . . . (3) 2)

Untuk 2x ≥ 0: 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0



   ) < (  −  )

. . . (4)

4x + 1 < 4(3x – 2) 4x + 1 < 12x – 8 –8x < –9

⇔

x>

0

Oleh karena 2x > 0, kedua ruas pertidaksamaan positif.

  +

. . . (1)

 

Syarat akar: 1) 4x + 1 ≥ 0 ⇔ 4x ≥ –1

⇔ +

   <

Salah satu ruas pertidaksamaan   −  −  < 2x yaitu 2x belum tentu bernilai positif. Oleh karena itu, nilai 2x diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 2x < 0 atau 2x ≥ 0. 1)



3)

 

x ≥

 

≤ 5

⇔

3x ≥ 2

+

4



2)

⇔ ⇔

x ≥ –

 



−  −  <

2x bernilai


⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(





−  −  )

< (2x)2

x2 – 2x – 6 < 4x2 –3x2 – 2x – 6 < 0 3x2 + 2x + 6 > 0

. . . (2)



– 

Matematika Kelas X

41

Oleh karena 3x 2 + 2x + 6 merupakan definit positif (a > 0, D < 0) maka 3x 2 + 2x + 6 selalu bernilai positif sehingga 3x 2 + 2x + 6 > 0 terpenuhi oleh semua nilai x.

Pembuat nol: x(2x – 1) = 0

⇔

+

–

. . . (5) Syarat akar: 1) x2 – 2x – 6 ≥ 0

 ± −

x1,2 = =

 ±  

=

±  

+

1–

Pembuat nol: (5x – 4)(x – 1) = 0

− −

⇔

x=

 atau 

x=1

+

– 



2) . . . (6)


3x2 – 8x + 4 ⇔ (3x – 2)(x – 2) ≥ 0

⇔

x=

 atau 

x=2

+

3)

. . . (2)

Pembuat nol: (3x – 2)(x – 2) = 0



1+

+

1



– 1+



. . . (1)

 

0



=1± –

+

Syarat akar: 1) 5x2 – 9x + 4 ≥ 0 ⇔ (5x – 4)(x – 1) ≥ 0

Pembuat nol: x2 – 2x – 6 ≥ 0

⇔

 

x = 0 atau x =

–

+

. . . (3)

  


2

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): 1+



Penyelesaiannya: x ≥ 1 +

.




< 2  adalah x ≥ 1 + 5. Grafik y1 =  

y2 =

 

0

−  − 

.

−    berada

−    jika y1 >

y1 > y2

⇔





 −    ←

−    >




⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(





−    )

>

(

 

grafik y =  < 

y2.

6. a. Kedua ruas bernilai positif. 

−    )

5x2 – 9x + 4 > 3x2 – 8x + 4 2x2 – x > 0 x(2x – 1) > 0









x

≤

 

 atau 

 


 < x 

≤

 atau x 

−    berada

≥ 2.

di atas

−    pada interval x < 0 atau x ≥ 2.

   + 3 > x + 5

⇔

   > x + 2

Salah satu ruas pertidaksamaan



> x + 2, yaitu x + 2 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai x + 2 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu x + 2 < 0 atau x + 2 ≥ 0. 1) Untuk x + 2 < 0: x + 2 < 0 ⇔ x < –2

–2

42

1 2

Penyelesaiannya: x < 0 atau Jadi, grafik y =

di atas grafik

 

. . . (1)

Oleh karena x + 2 < 0, pertidaksamaan    > x + 2 dipenuhi oleh semua nilai

 −  – 2 <

b.

 − 

 −  <

⇔

 −  + 2 ←

Kedua ruas bernilai positif.

x. Kedua ruas dikuadratkan. . . . (2) Syarat akar: x + 2 > 0 ⇔ x ≥ –2 . . . (3) –2

Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3): . . . (4) 2)

⇔ (

(

 − 



+ )

2x – 1 < 6x – 5 + 4  −  + 4

⇔ ⇔ ⇔

2x – 1 < 6x – 1 + 4  −  –4x < 4  − 

Ruas kiri pertidaksamaan –4x < 4  −  belum tentu bernilai positif. Oleh karena itu, nilai –4x diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu –4x < 0 atau –4x ≥ 0. 1)

Untuk x + 2 ≥ 0: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2



 − ) <

Untuk –4x < 0: –4x < 0 ⇔ –x < 0

⇔

x>0 . . . (1)

. . . (5) 0

–2

Oleh karena –4x < 0, pertidaksamaan    > x + 2

–4x < 4  −  dipenuhi oleh semua nilai x.



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(



   ) > (x + 2)2

. . . (2)

x + 2 > x2 + 4x + 4 0 > x2 + 3x + 2 0 > (x + 1)(x + 2) (x + 1)(x + 2) < 0

Pembuat nol: (x + 1)(x + 2) = 0 +

⇔

Syarat akar: a)

6x – 5 ≥ 0

 

. . . (3)

x = –1 atau x = –2

– +

⇔ x ≥  

. . . (6)

–2 –1

b)

2x – 1 ≥ 0

⇔

x

≥

 

Syarat akar: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ –2

. . . (4)  

. . . (7)


–2

Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7): . . . (5) . . . (8)

 

–2 –1

3)

2)

Gabungan penyelesaian 1) dan 2):

Untuk –4x ≥ 0: –4x ≥ 0 ⇔ –x ≥ 0

⇔

x ≤ 0 . . . (6)

–2 –1 0

Penyelesaiannya: –2 < x < –1. Jadi, penyelesaian pertidaksamaan + 3 > x + 5 adalah –2 < x < –1.



Matematika Kelas X

43

–4x < 4  −  ← Kedua ruas bernilai positif.

a.

10x – 18 < 0


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(–4x)2 > (4  −  )2 16x2 > 16(6x – 5) 16x2 – 96x + 80 > 0 x2 – 6x + 5 < 0 (x – 1)(x – 5) < 0

+

. . . (2) . . . (7) Syarat akar:

5

⇔ x ≥

 

 

. . . (3)




⇔ x ≥

 

. . . (4) . . . (9)

b.

Untuk 10x – 18 ≥ 0: 10x – 18 ≥ 0



⇔

10x ≥ 18

⇔ x≥





 

. . . (5) 

. . . (10) 3)

⇔ x ≥



 

6x – 5 ≥ 0

⇔ 10x ≥ 4 ⇔ x ≥

 

. . . (8)

b)

 

Oleh karena 10x – 18 < 0 dan 5  −  ≥ 0, tidak ada nilai x yang memenuhi

10x – 4 ≥ 0

2x – 1 ≥ 0

⇔ x <

. . . (1)

Syarat akar: a)

 

10x – 18 > 5  −  .

– 1

⇔ x <

 

Pembuat nol: (x – 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 5 +

Untuk 10x – 18 < 0:



10x – 18 > 5  − 

← Kedua ruas positif.

Kedua ruas dikuadratkan.  

Penyelesaiannya: x Jadi, penyelesaian adalah x

≥

 

≥

 

.

 −  – 2 <

 − 

.

7. 10x – 4 > 5  −  + 14

⇔ ⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔



(10x – 18)2 > (  −  ) 100x2 – 360x + 324 > 25(10x – 4) 100x2 – 360x + 324 > 250x – 100 100x2 – 610x + 424 > 0 50x2 – 305x + 212 > 0

Pembuat nol: 50x2 – 305x + 212 = 0 x1,2 =

10x – 4 – 14 > 5  −  =

10x – 18 > 5  − 

Salah satu ruas 10x – 18 > 5  −  , yaitu 10x – 18 nilainya belum tentu positif. Oleh karena itu, nilai 10x – 18 diuraikan menjadi dua kemungkinan yaitu 10x – 18 < 0 atau 10x – 18 ≥ 0.

⇔

 ± −

− 

  ±  

=

   

x1 =

     = =   

x2 =

 −  

=

atau

  =  

. . . (6)  

44


 

Syarat akar: 10x – 4 ≥ 0

⇔

x ≥

⇔

x ≥

⇔

  −      −  −              −         −  −        

⇔

 

⇔

   

+

1)

. . . (8)  


 

.

 

≥

   atau 

x = – atau x =

⇔

x=–

+

–

+



12



 

adalah – < x < 12.


⇔

x=–

 

atau

x=8

–

+

–

–

 

+ 8 

≤ –

 

⇔

atau x > 8

x ≤ – atau x ≥ 8 dan x ≠ –3.


 −  

≥

3

 

adalah x ≤ – atau x ≥ 8 dan x ≠ –3.  

|3x – 2| >

−    ← Kedua ruas bernilai positif.

  −        

|3x – 2|2 >

 −     





≥ 32

(

 



−    )

(3x – 2)2 – (2x2 – 7x + 6) > 0 9x2 – 12x + 4 – 2x 2 + 7x – 6 > 0 7x2 – 5x – 2 > 0

Pembuat nol: 7x2 – 5x – 2 = 0 ⇔ (7x + 2)(x – 1) = 0 x=–

 

+

atau x = 1 –

–

≥ 32

⇔ ⇔

x=8

Penyelesaiannya: x < –3 atau –3 < x

⇔

≥ 3 ← Kedua ruas bernilai positif. 

atau

Syarat penyebut: (x + 3)(x + 3) ≠ 0 ⇔ x ≠ –3 atau x ≠ –3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi |4x – 8| < |2x + 16|

 −  

 


x = 12

 

 −  

x=–

–3 –3

b.

 

Penyelesaiannya: – < x < 12.

9. a.

⇔

+

⇔

–

Pembuat nol pembilang: (8x + 2)(2x – 16) = 0 ⇔ 8x = –2 atau 2x = 16

.

8. |4x – 8| < |2x + 16| ← Kedua ruas bernilai positif. Kedua ruas dikuadratkan. |4x – 8|2 < |2x + 16| 2 ⇔ (4x – 8)2 < (2x + 16) 2 ⇔ (4x – 8)2 – (2x + 16) 2 < 0 ⇔ ⇔ (4x – 8 + (2x + 16))(4x – 8 –(2x + 16)) < 0 (4x – 8 + 2x + 16)(4x – 8 – 2x – 16) < 0 ⇔ (6x + 8)(2x – 24) < 0 ⇔ Pembuat nol: (6x + 8)(2x – 24) = 0

≥ 0

3)

 −  + 14

Jadi, nilai x yang memenuhi 10x – 4 >

   −      

Pembuat nol penyebut: (x + 3)(x + 3) = 0 ⇔ x = –3 atau x = –3



Penyelesaiannya: x >

≥ 0

 

2) 

≥ 0

 −    

    

⇔


adalah x



. . . (7)

 

c.



≥ 0

 

+

. . . (1)

1

Syarat akar: 2x2 – 7x + 6 ≥ 0 ⇔ (2x – 3)(x – 2) ≥ 0

– 32 ≥ 0 Matematika Kelas X

45

Pembuat nol: (2x – 3)(x – 2) = 0

⇔

 atau 

x=

Irisan penyelesaian (1) dan (2): +

x=2

–3 –2

+

–

+






1





b.

2



 

Penyelesaiannya: x < – atau 1 < x

≤

 

atau x ≥ 2. Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < – atau 1 < x 10. a.

≤

 atau 

Pembuat nol: (y + 5)(y – 1) = 0 ⇔ y = –5 atau y = 1 +

–

–4

1)

1

|3x + 2| ≤ –5 Oleh karena |3x + 2| tidak pernah bernilai negatif maka tidak ada nilai x yang memenuhi |3x + 2| ≤ –5 . . . (1)

+

2)

3

Penyelesaiannya: –4 ≤ y ≤ 3 ⇔ –4 ≤ |x – 1| ≤ 3 ⇔ –4 ≤ |x – 1| dan |x – 1| ≤ 3 1)

+

Penyelesaiannya: y ≤ –5 atau y > 1 ⇔ |3x + 2| ≤ –5 atau |3x + 2| > 1

Pembuat nol: (y – 3)(y + 4) = 0 ⇔ y = 3 atau y = –4 +

– –5

|x – 1|2 ≤ 12 – |x – 1|| Misalkan y = |x – 1|, pertidaksamaan menjadi y2 ≤ 12 – y ⇔ y2 + y – 12 ≤ 0 ⇔ (y – 3)(y + 4) ≤ 0

4 5

|3x + 2|2 – 5 > 4|3x + 2| Misalkan y = |3x + 2|, pertidaksamaan menjadi: y2 – 5 > –4y ⇔ y2 + 4y – 5 > 0 ⇔ (y + 5)(y – 1) > 0

 

x ≥ 2}.

+

Penyelesaiannya: –2 ≤ x ≤ 4. Jadi, interval nilai x yang memenuhi |x – 1| 2 ≤ |2 – |x – 1|| adalah –2 ≤ x ≤ 4.

. . . (2)

2



–

–

|3x + 2| > 1 ⇔ 3x + 2 < –1 atau 3x + 2 > 1 3x < –3 atau 3x > –1 ⇔

⇔

–4 ≤ |x – 1| ⇔ |x – 1| ≥ –4 ⇔ x – 1 ≤ –(–4) atau x – 1 ≥ –4 x – 1 ≤ 4 atau x – 1 ≥ –4 ⇔ x ≤ 5 atau x ≥ –3 ⇔

–1

3)

x < –1 atau

–

 

x >–

 

. . . (2)


. . . (1) –3

2)

–1

5

 . 

Jadi, nilai x yang memenuhi |3x + 2| 2 – 5 > 4|3x + 2| adalah x < –1 atau x ≥ –3. . . . (2)

46

 

Penyelesaiannya: x < –1 atau x > –

|x – 1| ≤ 3 ⇔ –3 ≤ x – 1 ≤ 3 ⇔ –2 ≤ x ≤ 4

–2

–

4


Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. menjelaskan konsep titik, garis, sudut, dan bidang; 2. menyelesaikan masalah menggunakan sifat-sifat sudut; 3. menjelaskan konsep segitiga dan sifat-sifatnya; 4. menyelesaikan masalah menggunakan dalil-dalil segitiga. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik mampu menunjukkan sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah.

Geometri Bidang Datar

Titik, Garis, Sudut, dan Bidang

• • •

Mengidentifikasi konsep titik, garis, sudut, dan bidang. Membuktikan sifat-sifat sudut. Menggunakan hubungan sudut-sudut untuk menyelesaikan masalah.

• • • • • •

Segitiga dan Dalil-Dalil pada Segitiga

• • •

Mengidentifikasi konsep segitiga. Menggunakan dalil-dalil pada segitiga untuk menyelesaikan masalah. Menentukan panjang garis tinggi, garis berat, dan garis bagi segitiga.

Memiliki sikap logis, kritis, kreatif, disiplin, dan rasa ingin tahu, serta memiliki rasa percaya diri dalam menyelesaikan masalah. Mampu menjelaskan konsep titik, garis, sudut, dan bidang. Mampu menggunakan sifat-sifat sudut dalam menyelesaikan masalah. Mampu menjelaskan konsep segitiga dan sifat-sifatnya. Mampu menggunakan dalil-dalil segitiga dalam menyelesaikan masalah. Mampu menentukan panjang garis tinggi, garis berat, dan garis bagi segitiga.

Matematika Kelas X

47

∠AOB

A. Pilihlah jawaban yang tepat.

= ∠BOC = ∠COD = ∠DOF =

1. Jawaban: e Perhatikan garis MN berikut.    

=

Y ∠DOE

4 3

1 N –3 –2 –1 0 –1

E

1

B

C

2

3

4

5

6

7

8

X

   

2. Jawaban: c Misalkan koordinat titik R(xR, yR). Oleh karena titik Q merupakan titik tengah PR , maka: xP

+

xR

⇔

2

⇔ ⇔

yQ =

yP

+

yR

2

3

1=

xR 2

2 = –3 + xR xR = 5 2 + yR 2

⇔

–1 =

⇔

–2 = 2 + yR yR = –4

⇔

Jadi, koordinat titik R adalah (5, –4). 3. Jawaban: b Panjang KL : xL )2

(xK

KL = =

(7 3)2

=

42

yL )2

(yK

2)2

( 6

( 8)2 =

80 = 4 5

O merupakan titik tengan KL , maka panjang OL : OL =

1 2

1 2

KL =

× 4 5 = 2 5

Jadi, panjang OL adalah 2 5 satuan. 4. Jawaban: d

E F

D C





 



B





O 



A

48








× 360° = 30° ×

∠DOF

=

40 60

× 30° = 20°

= ∠AOB + ∠BOC + ∠COD + ∠DOE = 30° + 30° + 30° + 20° = 110° Jadi, besar sudut jarum panjang dan jarum pendek 110°.

Garis MN melalui titik E(7, 3). Jadi, koordinat titik yang segaris dengan titik M dan N adalah (7, 3).

xQ =

1 12 40 60

putaran

∠AOE

M

A

2

D

=

1 12

5. Jawaban: d ∠AOB dan ∠BOC merupakan sudut lancip karena besarnya kurang dari 90°. ∠AOC merupakan sudut siku-siku karena besarnya 90°. ∠AOD merupakan sudut lurus karena besarnya 180°. ∠AOE merupakan sudut tumpul karena besarnya lebih dari 90° dan kurang dari 180°. Jadi, ∠AOE merupakan sudut tumpul. 6. Jawaban: c ∠ADB dan ∠CDB saling berpelurus, maka: ∠ADB + ∠CDB = 180° (3x – 23) + 56 = 180 ⇔ 3x + 33 = 180 ⇔ 3x = 147 ⇔ x = 49 ⇔ Jadi, nilai x = 49. 7. Jawaban: d ∠BOD dan ∠AOE saling bertolak belakang, maka: ∠BOD = ∠AOE = 134° ∠BOC = ∠BOD – ∠COD = 134° – 58° = 76° Jadi, besar ∠BOC = 76°. 8. Jawaban: e ∠P3 dan ∠Q1 di antara garis a dan garis b berarti ∠P3 dan ∠Q1 merupakan pasangan sudut dalam. ∠P3 dan ∠Q1 berseberangan terhadap garis yang memotong garis a dan garis b berarti ∠P3 dan ∠Q1 merupakan pasangan sudut berseberangan. Jadi, ∠P3 dan ∠Q1 merupakan pasangan sudut dalam berseberangan. 9. Jawaban: d ∠BCG dan ∠GCD saling berpelurus, maka: ∠BCG + ∠GCD = 180° ⇔ 56° + ∠GCD = 180° ⇔ ∠GCD = 180° – 56° = 124°

∠ABF dan ∠GCD merupakan pasangan sudut luar

Koordinat titik A(2, –3) dan B(5, 1), panjang AB :

berseberangan, maka ∠ABF = ∠GCD = 124°. Jadi, besar ∠ABF = 124°.

AB =

10. Jawaban: d 142°

A B

xB )2

(x A

5)2

=

(2

=

( 3)2

=

9 + 16 =

yB )2

(y A

( 3

1)2

( 4)2 25 = 5 satuan

Koordinat titik A(2, –3) dan C(0, 3), panjang AC : C

AC =

106° D

E

Sudut bertolak belakang besarnya sama, maka ∠ABE = 142°. ∠ABD dan ∠BDC merupakan pasangan sudut dalam sepihak, maka: ∠ABD + ∠BDC = 180° ⇔ ∠ABD + 106° = 180° ⇔ ∠ABD = 180° – 106° = 74° ∠ABD + ∠DBE = ∠ABE ⇔ 74° + ∠DBE = 142° ⇔ ∠DBE = 142° – 74° = 68° Jadi, besar sudut bernomor 3 adalah 68°. B.

Uraian

1.

a.

xC )2

=

(2

0)2

=

22

( 6)2

=

4 + 36 =

Titik C merupakan titik tengah PQ , maka: xA

+

xB

2 yA

yC =

+

yB

2

=

2 6 2

=

=

3 1 2

=

4 2

= 2

−2

2

= –1

Jadi, koordinat C(2, –1). Gambar titik A, B, dan C serta garis yang melalui ketiga titik tersebut sebagai berikut. Y

BC = =

(xB

(5

x C )2

0)2

1

2

3

4

5

6

7

8

4.

–3

Y C

2 B

1

–2 –3

A

(1 3)2

29 satuan.

∠AEC dan ∠BED saling bertolak belakang, maka

= ∠BED. + ∠BED = 68° 2 ∠AEC = 68° ⇔ ⇔ ∠AEC = 34° ∠AEC dan ∠BEC berpelurus, maka: ∠AEC + ∠BEC = 180° 34° + ∠BEC = 180° ⇔ ⇔ ∠BEC = 180° – 34° = 146° Jadi, besar ∠BEC = 146°.

C

–2

2

yC )2

3. Jumlah besar dua sudut yang saling berpenyiku 90°. (3a – 16) + (2a + 1) = 90 5a – 15 = 90 ⇔ 5a = 105 ⇔ ⇔ a = 21 Jadi, nilai a adalah 21.

X

2. Gambar segitiga ABC dengan koordinat titik A(2, –3), B(5, 1), dan C(0, 3):

1

(yB

52 ( 2)2 = 25 + 4 = 29 satuan Jadi, panjang sisi-sisi segitiga adalah 5 satuan,

–4

–1 0 –1

40 = 2 10 satuan

=

B

–4 –3 –2 –1 0 –1

3

3)2

∠AEC

1

4

( 3

∠AEC

3 2

A

y C )2

(y A

Koordinat titik B(5, 1) dan C(0, 3), panjang BC :

2 10 satuan, dan

xC =

b.

(x A

3

4

5

6

X

5.

Jumlah besar sepasang sudut luar sepihak 180°, maka: (y + 15)° + (2y – 30)° = 180° 3y – 15 = 180 ⇔ 3y = 195 ⇔ y = 65 ⇔ Sepasang sudut yang bertolak belakang besarnya sama, maka: (y + 15)° = (x + 16)° ⇔ 65 + 15 = x + 16 x + 16 = 80 ⇔ x = 64 ⇔ Jadi, nilai x = 64 dan y = 65. Matematika Kelas X

49

A.

80 = 48 + 6a 32 = 6a

⇔

Pilihan Ganda

⇔

1. Jawaban: c Aturan ketidaksamaan segitiga yaitu jumlah panjang dua sisi segitiga harus lebih panjang dari sisi ketiga. Aturan tersebut hanya dipenuhi oleh panjang sisi-sisi segitiga pada pilihan c, yaitu 5 cm, 8 cm, dan 12 cm. 2. Jawaban: d Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut.

⇔

a=

⇔

a=

Jadi, a = 5

1 3

32 6 1 5 3

cm

cm.

5. Jawaban: b Perhatikan gambar berikut.

R

9 cm

E

D 4 cm

40°

H

F

C 6 cm

P

40° Q

Besar ∠P = ∠R = 40°, maka segitiga PQR merupakan segitiga sama kaki. ∠Q = 180° – (∠P + ∠R) = 180° – (40° + 40°) = 180° – 80° = 100° Diperoleh sudut Q merupakan sudut tumpul. Jadi, segitiga PQR merupakan segitiga tumpul sama kaki. 3. Jawaban: d Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut.

B

18 cm

C

L

Dari dalil titik tengah segitiga diperoleh KL sejajar AC dan KL =

1 2

AC =

1 2

× 18 = 9 cm.

Jadi, pernyataan yang benar adalah KL sejajar AC dan KL = 9 cm. 4. Jawaban: a Menurut dalil intercept segitiga diperoleh: 8 : (8 + a) = 6 : (6 + 4) ⇔ 8 : (8 + a) = 6 : 10 8 × 10 = 6 × (8 + a) ⇔

50

B

GD sejajar AE , sehingga: AG = FH = ED = 9 cm GB = AB – AG = 14 – 9 = 5 cm Pada segitiga BDG dalil intercept , yaitu: HC GB

=

CD ⇒ BD

HC 5


4

= 6+4

HC =

⇔

5×4 10

= 2 cm

FC = FH + HC = 9 + 2 = 11 cm Jadi, panjang FC adalah 11 cm. 6. Jawaban: e Dalil Menelaus: AE BD CF × × BE CD AF 4 5 6 × 4 + 8 × ⇔ BE 3 5 4 6 × × ⇔ BE 12 3 10 ⇔ 3BE

A

K

G 14 cm

A

=1 =1 =1

BE =

⇔

Jadi, BE =

=1

10 3

10 3

cm.

7. Jawaban: c Pada segitiga ABC berlaku dalil Stewart sebagai berikut. BD2 × AC = AD × BC2 + CD × AB2 – AD × CD × AC 2 ⇔ BD × 10 = 4 × 92 + 6 × 12 2 – 4 × 6 × 10 10 BD2 = 324 + 864 – 240 ⇔ 10 BD2 = 948 ⇔ BD2 = 94,8 ⇔ 2 Jadi, BD = 94,8 cm2.

8. Jawaban: a Titik sumbu segitiga ABC adalah titik potong ketiga garis sumbu segitiga ABC. Titik sumbu segitiga berjarak sama dengan ketiga titik sudut segitiga, yaitu AO = BO = CO. Jadi, titik O adalah titik sumbu segitiga ABC.

B.

Uaraian

1. Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut. Y

3

9. Jawaban: c Segitiga KLM dapat digambarkan sebagai berikut.

2 1

Y

P

4 N

M

a.

1 0 –1

1

2

X

3

Koordinat titik P(2, 0) dan Q(1, 4), panjang PQ =

L

Dari gambar tampak proyeksi KL pada KM adalah

KN dan KN = 3 satuan.

R

3 cm

T

2 cm

=

(2

1)2

=

12

( 4)2

=

1 + 16

(0

(xP

xR )2

(yP

yR )2

=

(2

( 2))2

(0

( 1))2

=

42

2

+1

= 16 + 1 = 17 satuan Koordinat titik Q(1, 4) dan R(–2, –1), panjang: Q

QR =

(x Q

xR )2

=

(1 ( 2))2

PR = QR = 3 cm, maka TR merupakan garis tinggi, garis berat, dan garis bagi segitiga PQR. Segitiga TPR siku-siku di titik T, maka:

=

32

PR2

−

=

32

22

=

9 −4

=

−

TP2

5

Jadi, panjang garis bagi yang melalui titik R adalah 5 cm.

4)2

PR =

Segitiga PQR merupakan segitiga sama kaki yaitu

TR =

yQ )2

(yP

PR :

10. Jawaban: e Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut.

3 cm

xQ )2

(xP

= 17 satuan Koordinat titik P(2, 0) dan R(–2, –1), panjang

Jadi, panjang proyeksi KL pada KM adalah 3 satuan.

2 cm

X

2

PQ :

–2

P

1

–1

R

2

–2 –1

0

–2 –1

3

K

Q

4

b.

+

(y Q

(4

yR )2

( 1))2

52

= 9 + 25 = 34 satuan Diperoleh PQ = PR ≠ QR, berarti segitiga PQR sama kaki. Jadi, segitiga PQR merupakan segitiga sama kaki. Sisi terpanjang segitiga PQR adalah QR dan berlaku hubungan berikut. PQ2 + PR2 = ( 17 )2 + ( 17 )2 = 17 + 17 = 34 = ( 34 )2 = QR2 Panjang sisi-sisi segitiga PQR memenuhi dalil Pythagoras yang berarti segitiga PQR merupakan segitiga siku-siku. Jadi, segitiga PQR merupakan segitiga sikusiku.

Matematika Kelas X

51

2. a.

b.

Misalkan CD = p cm, maka menurut dalil Intercept segitiga diperoleh: CD : AC = DE : AB ⇔ p : (p + 4) = 6 : 9 p × 9 = 6 × (p + 4) ⇔ 9p = 6p + 24 ⇔ 3p = 24 ⇔ p=8 ⇔ Jadi, CD = 8 cm.

Dalil De Ceva:

Misalkan BE = p cm, maka menurut dalil Intercept segitiga diperoleh: CE : BC = DE : AB ⇔ (16 – p) : 16 = 6 : 9 ⇔ (16 – p) × 9 = 16 × 6 144 – 9p = 96 ⇔ –9p = –48 ⇔

⇔

Jadi, BE = 3. a.

16 3

⇔

Jadi, panjang

A

14

x C

a.

1 B

5

L

2

A

Dalil Menelaus: LB MC × BM KC x 3 × 5 + x 1 15x 10 + 2x

⇔

Jadi, panjang

⇔

p=

⇔

p=

p=

cm.

b.

12 5

1

B

O

12 2 ) 5 144 144 – 25 3.600 − 144 25 3.456 25

= 122 – ( = =

xM

5

A

= 3

2

L


3.456 25

=

24 5

6

Jadi, panjang garis tinggi yang melalui titik A adalah

52

cm.

Panjang garis tinggi yang melalui titik A adalah AD. Segitiga ACD siku-siku di D, maka: AD2 = AC2 – CD2

AD = K

48 20 12 5

=1

10 3 10 MC adalah 3

C

Pa nj an g pr oy ek si AC pada BC adalah CD = p cm. c2 = a2 + b2 – 2ap ⇔ 142 = 102 + 122 – 2 × 10 × p ⇔ 196 = 100 + 144 – 20p ⇔ 20p = 100 + 144 – 196 ⇔ 20p = 48

Jadi, panjang proyeksi AC pada BC yaitu

Keadaan di atas dapat digambarkan sebagai berikut.

5–x

C D p

=1

x=

⇔

b.

=1

15x = 10 + 2x 13x = 10

⇔

12

10

3

⇔

cm.

4. Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut.

B

5

⇔

10 17 10 MC adalah 17

cm.

M

KA × AL 5 × 2

=1

x=

16 3

keadaan di atas dapat digambarkan sebagai berikut.

K

=1

15x = 10 – 2x 17x = 10

⇔

−9

p=

⇔

⇔

=1

−48

p=

⇔

⇔

MC KA LB × × KC AL BM x 5 3 × × 5−x 2 1 15x 10 − 2x

24 5

6 cm.

5. Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut.

QT = 117 = 3 13 Jadi, panjang garis berat yang melalui titik Q

P 6

adalah 3 13 cm.

9

T • O

Q

a.

b.

6

QT yang memenuhi QO : OT = 2 : 1, maka:

R

15

Titik berat segitiga PQR adalah titik O pada 2

QO = 2 + 1 × QT

Panjang garis berat yang melalui titik Q adalah QT dengan T titik tengah PR . QT2 =

1 2

1 2

=

1 2

=

1 2

=

81 225 + 2 2

PQ2 +

QR2 –

1 4

= PR2

× 92 +

1 2

× 152 –

× 81 +

1 2

× 225 –

2 3

× 3 13

= 2 13 1 4

× 122

1 4

Jadi, jarak titik Q ke titik berat segitiga adalah 2 13 cm.

× 144

– 36

= 153 – 36 = 117

A.

3. Jawaban: c

Pilihan Ganda

Panjang MN :

1. Jawaban: b Perhatikan titik A, B, C, D, dan E berikut.

MN =

Y 4

xN )2

(xM

2)2

=

(8

=

62

=

36 + 16

=

52

yN )2

(yM

(3

( 1))2

3 2

D

C

E 1

2

3

4

5

6

X

= 2 13

Tiga titik yang segaris adalah A, B, dan D. 2. Jawaban: a Titik P, Q, dan R dapat digambarkan sebagai berikut. Q

42

A

1 –3 –2 –1 0 –1 B –2

+

P

R

Jadi, panjang MN adalah 2 13 satuan. 4. Jawaban: d Misalkan koordinat titik tengah P(–2, 1) dan Q(4, –7) adalah R(xR, yR), maka: xR =

xP

+

xQ

2

=

2 4 2

=

1 ( 7) 2

=

2 2

= 1

PQ atau ruas garis PQ adalah titik P dan Q beserta semua titik di antara keduanya. Oleh karena titik

yR =

R tidak di antara P dan Q maka titik R di luar PQ .

Jadi, koordinat titik tengah P dan Q adalah (1, –3).

yP

+

2

yQ

=

−6

2

= –3

Jadi, pernyataan titik R pada PQ bernilai salah.

Matematika Kelas X

53

5. Jawaban: d Pada pukul 12.30 jarum panjang menunjuk angka 6 dan jarum pendek menunjuk tengah-tengah angka 11 dan 12. Sudut yang dibentuk oleh jarum panjang dan jarum pendek adalah sudut tumpul. 6. Jawaban: c ∠ABC = 54° Dua sudut saling berpelurus jika jumlahnya 180°, sehingga: pelurus ∠ABC = 180° – 54° = 126° Jadi, besar pelurus ∠ABC adalah 126°. 7. Jawaban: d ∠AEC = 66° dan ∠DEB = 52° ∠DEC merupakan penyiku ∠AEC, maka: ∠DEC = 90° – ∠AEC = 90° – 66° = 24° ∠BEC = ∠DEB – ∠DEC = 52° – 24° = 28° Jadi, besar ∠BEC = 28°. 8. Jawaban: b Jumlah besar sudut yang saling berpelurus sama dengan 180°. Pelurus ∠KLM = 106° berarti: ∠KLM = 180° – 106° = 74° Jumlah besar sudut yang saling berpenyiku sama dengan 90°. Penyiku ∠KLM = 90° – 74° = 16° Jadi, penyiku ∠KLM = 16°. 9. Jawaban: d ∠POR = 112° ∠SOQ = 132° ∠ROS merupakan pelurus ∠POR, maka: ∠ROS = 180° – ∠POR = 180° – 112° = 68° ∠QOR = ∠SOQ – ∠ROS = 132° – 68° = 64° 10. Jawaban: e Misalkan besar sudut yang dimaksud adalah x, maka: (i) penyiku sudut tersebut (90° – x); (ii) pelurus sudut tersebut (180° – x). Dari soal diperoleh: (90° – x) =

1 4

× (180° – x)

360° – 4x = 180° – x ⇔ –4x + x = 180° – 360° –3x = –180° ⇔ x = 60° ⇔ Jadi, besar sudut yang dimaksud 60°. ⇔

54


11. Jawaban: b AC garis lurus dan ∠AOE = 90° maka ∠COE = 90°. ∠COD + ∠DOE = ∠COE = 90° Berarti, ∠COD dan ∠DOE saling berkomplemen. Oleh karena ∠AOB dan ∠COD saling bertolak belakang (∠AOB = ∠COD) maka: ∠AOB + ∠DOE = ∠COD + ∠DOE = 90° Berarti, ∠AOB dan ∠DOE saling berkomplemen. Jadi, pasangan sudut ∠AOB dan ∠DOE saling berkomplemen. 12. Jawaban: c Pasangan sudut dalam berseberangan besarnya sama. Jadi, c = e. 13. Jawaban: d ∠A2 dan ∠A3 saling berpelurus, maka: ∠A2 + ∠A3 = 180° ⇔ 48 + 3x = 180 3x = 132 ⇔ x = 44 ⇔ ∠B1 dan ∠A3 merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka: ∠B1 = ∠A3 ⇔ 4y = 3x ⇔ 4y = 132 y = 33 ⇔ Jadi, x + y = 44 + 33 = 77. 14. Jawaban: e Pasangan sudut luar berseberangan besarnya sama, berarti: 4x° = 60° x = 15 ⇔ Jumlah besar sudut saling berpelurus adalah 180°, berarti: 4x° + (x + 3y)° = 180° 5x + 3y = 180 ⇔ 5(15) + 3y = 180 ⇔ 75 + 3y = 180 ⇔ 3y = 105 ⇔ y = 35 ⇔ Jadi, nilai x dan y berturut-turut 15 dan 35. 15. Jawaban: a F

C 78°

D

3x A

∠DAC

G

2z

44°

8y B

E

dan ∠ACF merupakan pasangan sudut dalam sepihak, maka: ∠DAC + ∠ACF = 180° 3x + 78° = 180° ⇔ 3x = 102° ⇔ x = 34° ⇔

∠ABC

dan ∠CBE membentuk garis lurus, maka: ∠ABC + ∠CBE = 180° 44° + 8y = 180° ⇔ ⇔ 8y = 136° y = 17° ⇔ ∠BCG dan ∠ABC merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka: ∠BCG = ∠ABC = 44° ∠ACF, ∠ACB, dan ∠BCG membentuk garis lurus, maka: ∠ACF + ∠ACB + ∠BCG = 180° 78° + 2z + 44° = 180° ⇔ 2z + 122° = 180° ⇔ 2z = 58° ⇔ z = 29° ⇔ x + y + z = 34° + 17° + 29° = 80° Jadi, x + y + z = 80°. 16. Jawaban: e K

N

P 43°

L Q 115° M

R

∠PQL

dan ∠NPQ merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka ∠PQL = ∠NPQ = 43°. ∠LQR dan ∠QRM merupakan pasangan sudut dalam sepihak, maka: ∠LQR + ∠QRM = 180° ⇔ ∠LQR + 115° = 180° ⇔ ∠LQR = 65° ∠PQR = ∠PQL + ∠LQR = 43° + 65° = 108° Jadi, besar ∠PQR = 108°. 17. Jawaban: c Aturan ketidaksamaan segitiga yaitu jumlah panjang dua sisi segitiga harus lebih panjang dari sisi ketiga. Diketahui panjang panjang sisi-sisi suatu segitiga p cm, 18 cm, dan 25 cm, maka: 25 – 18 < p < 25 + 18 7 < p < 43 ⇔ Jadi, batas-batas nilai p adalah 7 < p < 43. 18. Jawaban: d Segitiga ABC diketahui ∠A = 54° dan ∠B = 32°, maka: ∠C = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – (54° + 32°) = 180° – 86° = 94° Oleh karena ∠C merupakan sudut tumpul, segitiga ABC merupakan segitiga tumpul.

Segitiga DEF diketahui ∠D = 46° dan ∠F = 49°, maka: ∠E = 180° – (∠D + ∠F) = 180° – (46° + 49°) = 180° – 95° = 85° Oleh karena ∠D, ∠E, dan ∠F merupakan sudut lancip, segitiga ABC merupakan segitiga lancip. Segitiga dengan besar ∠H = ∠I = 44°. Segitiga GHI diketahui ∠H = ∠I = 44°, maka: ∠G = 180° – (∠H + ∠I) = 180° – (44° + 44°) = 180° – 88° = 92° Oleh karena ∠G merupakan sudut tumpul, segitiga GHI merupakan segitiga tumpul. Jadi, segitiga ABC dan GHI merupakan segitiga tumpul. 19. Jawaban: a ∠CAB + ∠ABC + ∠BCA = 180° ⇔ x° + (2x – 13)° + (5x – 7)° = 180° ⇔ (x + 2x + 5x)° – (13 + 7)° = 180° (8x – 20)° = 180° ⇔ 8x = 180 + 20 ⇔ x=

⇔

200 8

= 25

∠BCA

= (5x – 7)° = (125 – 7)° = 118° Jadi, besar ∠BCA = 118°. 20. Jawaban: a C

A

E

55°

B

D

Jumlah sudut dalam segitiga = 180° ∠A + ∠B + ∠C = 180° ⇔ 55° + ∠B + 75° = 180° ⇔ ∠B = 180° – (75° + 55°) = 50° ∆DBE sama kaki sehingga: ∠BED = ∠DBE = ∠B = 50° Jadi, besar ∠BED = 50°. 21. Jawaban: e Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut. P

K 12 cm Q

L

R

Matematika Kelas X

55

Dari dalil titik tengah segitiga diperoleh: KL = 12 =

⇔

1 2 1 2

PR

AD BE CF × × BD CE AF

PR

PR = 24 24 Jadi, pernyataan yang benar adalah PR = 24 cm.

⇔

22. Jawaban: b Menurut dalil Intercept segitiga segitiga diperoleh: AC : PC = AB : PQ ⇔ 9 : 6 = 12 : PQ ⇔ 9 × PQ = 6 × 12 ⇔

72 9

PQ =

PQ = 8 cm Jadi, PQ = 8 cm. ⇔

23. Jawaban: c DE : DA = 2 : 5 berarti DE = 2x dan DA = 5x untuk suatu nilai x. 54 cm

D

E

C

F

H

G

A

B

80 cm

=

DE DA

⇒

⇔

EH 26

=

EH =

26 × 2 5

MQ KQ

=1 =1

⇔

KP 3+3 × 6 3

×

5 4

⇔

KP 6 × 6 3

×

5 4

=1

5KP 12

=1

⇔

6 4 1 2

7 2BD

⇔

=1 =1 =1

BD =

⇔

7 2

= 3,5

Jadi, BD = 3,5 cm. 26. Jawaban: d Pada segitiga PQR berlaku dalil Stewart sebagai berikut. TR2 × PQ = PT PT × QR2 + QT × PR2 – PT × QT × PQ TR2 × 7 = 4 × 82 + 3 × 62 – 3 × 4 × 7 ⇔ 7TR2 = 256 + 108 – 84 ⇔ 7TR2 = 280 ⇔ TR2 = 40 ⇔ TR = 40 = 2 10 ⇔

27. Jawaban: b Segitiga ABC sama sisi, maka titik sumbu, titik berat, titik tinggi, dan titik bagi segitiga berimpit pada satu titik. Pada gambar berikut, titik yang dimaksud adalah titik O. A

KP =

6 O

= 10,4 cm

24. Jawaban: a Dalil Menelaus pada segitiga KLM:

⇔

3 × 9 1 × 1

6

Jadi, panjang EF adalah 64,4 cm.

×

⇔

2x 5x

EF = EH + HF = 10,4 + 54 = 64,4 cm

KP LR × LP MR

7 × BD 7 × BD

⇔

=1

Jadi, TR = 2 10 cm.

Pada gambar di atas GD sejajar BC, sehingga: GB = HF = DC = 54 cm AG = AB – GB = 80 – 54 = 26 cm Menurut dalil Intercept segitiga segitiga diperoleh: EH AG

25. Jawaban: c Dalil De Ceva pada segitiga ABC:

B

3

D

C

3

Segitiga ABD siku-siku di titik D, maka:

AB2

− BD

=

62

32

=

36 − 9

=

27

AD =

−

2

= 3 3 cm Titik O pada AD yang memenuhi AO : OD = 2 : 1, maka: 2

12 5

Jadi, KP = 2,4 cm.

= 2,4

AO = 2 + 1 × AD =

2 3

× 3 3

=2 3 Jadi, jarak titik sumbu ke titik sudut segitiga adalah 2 3 cm. 56


28. Jawaban: c Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut.

30. Jawaban: c Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut. R

A 10 B

4 p

D

C T

12

Panjang proyeksi AB pada BC adalah BD = p cm. b2 = a2 + c2 – 2ap 42 = 122 + 102 – 2 × 12 × p ⇔ 16 = 144 + 100 – 24p 24p ⇔ 24p = 144 + 100 100 – 16 ⇔ 24p 228 ⇔ 24p = 228

P

p=

⇔

p = 9, 9,5

Q

Garis bagi yang melalui titik P yaitu PT . Garis bagi tersebut membagi sudut P menjadi dua sama sam a besar yaitu ∠QPT = ∠TPR = 30°. Segitiga PQT siku-siku di Q, maka:

228 24

⇔

30° 30° 12

cos

∠QPT

PQ PT

=

Jadi, panjang proyeksi AB pada BC yaitu 9,5 cm.

PQ

PT = COS ∠QPT

⇔

29. Jawaban: d Segitiga ABC dengan D titik tengah AC.

12

= cos cos 30°

Y C

3

0

–1

1

–1

2

Panjang garis berat yang melalui titik B sama dengan BD dengan titik D(0, 2). Jarak titik B(1, –1) dengan titik D(0, 2): xD )2

=

(1 0)2

=

12

=

1+ 9

( yB

Uraian

1. a.

yT =

( 1 2)2

= 10 Jadi, panjang garis berat yang melalui titik B adalah

Titi Titik k T mer merup upak akan an titi titik k ten tenga gah h PQ , maka: xT =

yD )2

( 3)2

10 satuan.

3

8 3 cm.

B

( xB

3

3

×

=8 3 Jadi, panjang garis bagi yang melalui titik P adalah

X

B.

BD =

3

24

=

1

–2

1 2

D

2 A

12

=

b.

xP

+

xQ

2 yP

+

yQ

2

4

=

( 6) 6) 2

5+1 6 = 2 2

=

−2

=

2

= –1

= 3

Jadi, koordinat T(–1, 3). Koordi Koo rdinat nat titik titik T(–1 T(–1,, 3) dan Q(–6, Q(–6, 1), 1), panj panjang ang TQ : TQ =

x Q )2

(x T

=

( 1 ( 6))2

=

52

=

25 + 4

=

29 satuan

+

(y T

(3

y Q )2

1)2

22

Jadi, panjang TQ adalah

29 satuan.

Matematika Kelas X

57

2 . a.

∠AOE merupakan pelurus ∠AOB, maka:

AOE ∠AOE

b.

c.

d. 3 . a.

= 180° 180° – ∠AOB = 180° – 128° = 52° ∠AOD = ∠AOE + ∠EOD = 52° + 84° = 136° ∠COD merupakan pelurus ∠AOD, maka: COD = 180° 180° – ∠AOD ∠COD = 180° – 136° = 44° ∠BOC bertolak belakang dengan ∠AOE, maka ∠BOC = ∠AOE = 52°. Penyiku ∠BOC BOC = 90° – ∠BOC = 90° – 52° = 38° Pelurus ∠COE adalah ∠AOE, maka pelurus ∠COE = ∠AOE = 52°.

5.

4. A

B ?

D

C 36° O

30° 40° E

F

G

∠CFG

H

dan ∠BCF merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka ∠CFG = ∠BCF = 36°. ∠BFG = ∠BFC + ∠CFG = 30 + 36° = 66° ∠ABF dan ∠BFG merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka ∠ABF = ∠BFG = 66°. ∠GBC dan ∠BGF merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka ∠GBC = ∠BGF = 40°. ∠ABF, ∠FBG, dan ∠GBC membentuk garis lurus, maka: GBC = 180° 180° ∠ABF + ∠FBG + ∠GBC ⇔ 66° + ∠FBG + 40° 40° = 180 180°° 106° = 180° 180° ⇔ ∠FBG + 106° FBG = 74° 74° ⇔ ∠FBG Jadi, besar ∠FBG = 74°.

58


180°

Sudut sehadap besarnya sama, maka: 3a + 12 = 66 3a = 54 ⇔ a = 18 ⇔ 4b = x = 180 180 – 66 66 = 114 ⇔

114 4

b=

= 28,5

Jadi, nilai a = 18 dan b = 28,5. 6. Gambar Gambar segitiga segitiga ABC ABC dengan dengan koordina koordinatt titik A(–1, 1), B(3, 3), dan C(4, –1): Y B

3

∠POQ

b.

x°

4b°

∠POQ dan ∠ROS bertolak belakang, maka:

= ∠ROS 54 – 3x ⇔ x + 18 = 54 3x = 54 –18 –18 ⇔ x + 3x 4x = 36 ⇔ x =9 ⇔ ∠POQ = (x + 18)° = (9 + 18)° = 27° ∠POS berpelurus dengan ∠POQ, maka: POS = 1 180 80°° – ∠POQ ∠POS = 180° – 27° = 153° Jadi, besar ∠POS = 153°.

66°

(3a + 12)°

2 A

1

–1

0

X 1

2

3

4

–1

C

Koordinat titik A(–1, 1) dan B(3, 3), panjang AB : AB =

xB )2

(x A

=

( 1 3)2

=

( 4) 4)2

=

16 + 4 =

(yA

yB )2

(1 3)2

( 2) 2 )2 20 = 2 5 satuan

Koordinat titik A(–1, 1) dan C(4, –1), panjang AC : AC =

x C )2

(x A

(y A

=

( 1 4)2

=

( 5)2

=

25 + 4

=

29 satuan

yC )2

(1 ( 1))2

22

Koordinat titik B(3, 3) dan C(4, –1), panjang BC : BC =

xC )2

( xB

4)2

( yB

=

(3

=

( 1)2

=

1 + 16

=

17 satuan

(3

42

yC )2

( 1))2

Panjang sisi-sisi segitiga ABC tidak sama, berarti segitiga ABC merupakan segitiga sembarang. Sisi terpanjang segitiga ABC yaitu AC dan berlaku hubungan: AB2 + BC 2 = (2 5 )2 + ( 17 )2 = 20 + 17 = 37 > AC2 Sehingga segitiga ABC merupakan segitiga lancip. Jadi, segitiga ABC merupakan segitiga sembarang yang ketiga sudutnya merupakan sudut lancip. 7. a.

Misalkan AB = p cm, maka menurut dalil intercept segitiga diperoleh: AB : FG = AC : FC ⇔ p : 30 = (8 + 12 + 15) : (12 + 15) ⇔ p : 30 = 35 : 27 p=

⇔

30 × 35 27

=

350 9

Jadi, panjang AB adalah b.

p=

⇔

=

cm.

⇔

CM MA CM × 9 4CM 9

×

50 3

cm.

=1 =1

AC = AM + CM = 9 +

9 4 9 4

Segitiga ACD siku-siku di D, maka:

45 4 45 4

48 2 ) 5 3.600 − 2.304 25

CD2 = AC2 – AD2 = 122 – ( = 144 – 1.296 25

AD =

36 5

2.304 25

=

=

1.296 25

36 5

=

cm.

10. Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut. P

x

T 13 – x

5 o

R

12

Garis bagi yang melalui titik Q adalah QT. RT : TP = QR : PQ ⇔ (13 – x) : x = 12 : 5 5(13 – x) = 12x ⇔ 65 – 5x = 12x ⇔ 17x = 65 ⇔ x=

PT = =

48 5

=

cm.

⇔

Jadi, panjang AC adalah

65 17

65 17

cm

RT = 13 –

65 17

=

221 − 65 17

=

QT2 = PQ × QR – RT × TP

cm.

=

C

= QT =

9

156 cm 17

65 156 × 17 17 10.140 60 – 289 17.340 10.140 7.200 – = 289 289 289

= 5 × 12 –


12

48 5

Q

=1

CM =

⇔

p=

o

8. Dalil De Ceva: AK BL × KB LC 8 6 × ⇔ 4 3

288 30

Diperoleh panjang proyeksi AC pada AB yaitu

50 3

Jadi, panjang DE adalah

p=

⇔

Jadi, panjang garis tinggi yang melalui titik C adalah 350 9

Misalkan DE = p cm, maka menurut dalil intercept segitiga diperoleh: DE : FG = CD : CF ⇔ p : 30 = 15 : (12 + 15) ⇔ p : 30 = 15 : 27 30 × 15 27

Panjang proyeksi AC pada AB adalah AD = p cm. a2 = b2 + c 2 – 2cp ⇔ 92 = 122 + 152 – 2 × 15 × p 81 = 144 + 225 – 30p ⇔ ⇔ 30p = 144 + 225 – 81 ⇔ 30p = 288

7.200 289

=

60 17

2

Jadi, panjang garis bagi yang melalui titik Q adalah A

p

D 15

B

60 17

2 cm.

Matematika Kelas X

59

A.

Garis bilangan beserta tandanya:

Pilihan Ganda

1. Jawaban: 2+

d

1 x

⇔

1 2 – x x

⇔

1 – x 1 x

⇔

⇔

1 – x

⇔

1 − 7x x

<

2 x

–1

–2

– 5

1 2

1

3 1 2 2x 2 2x 2

Penyelesaiannya: –2 < x < –1 atau 1 < x < 3.

< –5 – 2

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan

< –7

− −

x x

− −

3 6

< 0

1 2

adalah –2 < x < –1 atau 1 < x < 3. >7

3. Jawaban:

a

2 − 5x ≥ 3 x−2

7> 0 >0

2 − 5x x−2

⇔

Pembuat nol pembilang: 1 – 7x = 0

⇔ x

=

1 7

Pembuat nol penyebut: x = 0 Garis bilangan beserta tandanya:

Penyelesaiannya: 0 < x <

1 7

2 − 5x x−2

–

3(x − 2) ≥ 0 x−2

⇔

2 − 5x − 3x + 6 ≥ 0 x−2

⇔

8 − 8x ≥ 0 x−2

Pembuat nol pembilang: 8 – 8x = 0 ⇔ x = 1 Pembuat nol penyebut: x – 2 = 0 ⇔ x = 2 Garis bilangan beserta tandanya:

1 7

0

⇔

– 3 ≥ 0

.

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2+

1 2 < x x

2. Jawaban:

⇔

– 5 adalah {x | 0 < x < d

2x 2 − x − 3 x2 − x − 6

<0

(2x − 3)(x + 1) (x + 2)(x − 3)

<0

⇔

x= x=

3 atau 2 1 1 atau 2

2

Penyelesaiannya: 1 ≤ x < 2 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan adalah {x | 1 ≤ x < 2}.

4. Jawaban:

x2

⇔ ⇔

x = –1

⇔

Ulangan Tengah Semester

e

x2

x = –1

Pembuat nol penyebut: (x + 2)( x – 3) = 0 ⇔ x + 2 = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ x = –2 atau x = 3

60

1

}.

2 − 5x ≥ 3 x−2

Pembuat nol pembilang: (2x – 3)(x + 1) = 0 ⇔ 2x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔

1 7

⇔

x2

x − 12 x −1

−

x − 12 x −1

−

x2

−

x − 12 x −1

−

– 2 < 0

2(x − 1) x −1

–

x − 12 − 2x x −1 x2

<2

<0

2

<0

3x − 10 x −1

<0

−

+

Pembuat nol pembilang: x2 – 3x – 10 = 0 ⇔ (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0 ⇔ x = 5 atau x = –2 Pembuat nol penyebut: x – 1 = 0 ⇔ x = 1 Garis bilangan beserta tandanya:

6.

Jawaban: c

2x2

−

9 − x2

3x − 9 <

Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔

(

2x 2

2

3x

−

−

9

) <(

9 − x2

)

2x2 – 3x – 9 < 9 – x2 ⇔ 3x2 – 3x – 18 < 0 ⇔ (3x + 6)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (3x + 6)(x – 3) = 0 ⇔ 3x + 6 = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ x = –2 atau x = 3 ⇔

–2

1

5

Penyelesaiannya: x < –2 atau 1 < x < 5 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2

x − 12 x −1

−

< 2 adalah {x | x < –2 atau 1 < x < 5}.

5. Jawaban:

e

2 x + 2 –

. . . (1)

6x − 8

≥ 0

–2

2 x + 2 ≥ 6x − 8 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

(

2

2 x + 2)

≥

(

6x

−

2

8)

Syarat bentuk akar terdefinisi: 1) 2x2 – 3x – 9 ≥ 0 ⇔ (2x + 3)(x – 3) ≥ 0 Pembuat nol: (2x + 3)(x – 3) = 0 ⇔ 2x + 3 = 0 atau x – 3 = 0

2x + 2 ≥ 6x – 8 2x – 6x ≥ –8 – 2 –4x ≥ –10 2x ≤ 5 x≤

⇔

3

3 2

x = – atau x = 3

⇔

. . . (2)

5 2

–

2) . . . (1) 5 2

Syarat bentuk akar terdefinisi: 1) 2x + 2 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ –2 ⇔ x ≥ –1

3 2

3

9 – x2 ≥ 0 ⇔ (3 + x)(3 – x) ≥ 0 Pembuat nol: (3 + x)(3 – x) = 0 ⇔ 3 + x = 0 atau 3 – x = 0 ⇔ x = –3 atau x = 3 . . . (3)

. . . (2) –1

2)

6x – 8 ≥ 0 ⇔ 6x ≥ 8 ⇔ 3x ≥ 4 ⇔ x ≥

–3


4 3

. . . (4) –2

. . . (3) 4 3

. . . (4) 5 2

Penyelesaiannya :

adalah {x |

4 5 ≤ x ≤ 3 2

}.

2 x + 2 – 6x − 8

3 2

Jadi, semua nilai yang memenuhi <

2x2

−

3x − 9

9 − x 2 adalah –2 < x ≤ – 3 .

7. Jawaban:

4 5 ≤ x ≤ 3 2

Jadi, himpunan penyelesaian ≥ 0

–

3 2

Penyelesaiannya: –2 < x ≤ –


4 3

3

2

c

x − 3 > 5 – x Ruas kanan nilai belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan.

Matematika Kelas X

61

a.

Untuk 5 – x < 0: 5 – x < 0 ⇔ x > 5

c.

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyel eles esai aian an a dan dan b. . . . (9) 4

. . . (1)

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan x − 3 > 5 – x adalah x > 4.

5

x − 3 > 5 – x x−3

Oleh karena

≥ 0

dan 5 – x < 0 maka

x − 3 > 5 – x dipenuhi oleh

pertidaksamaan semua nilai x.

. . . (2) Syarat akar terdefinisi: x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . . . (3) 3


8. Jawaban: b |x – 5| ≥ |3x – 3| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. (|x – 5|)2 ≥ (|3x – 3|)2 ⇔ (x – 5)2 ≥ (3x – 3)2 2 ⇔ x – 10x + 25 ≥ 9x2 – 18x + 9 ⇔ 8x2 – 8x – 16 ≤ 0 ⇔ 8(x + 1)(x – 2) ≤ 0 Pembuat nol: 8(x + 1)( 1)(x x – 2) = 0 ⇔ x + 1 = 0 atau atau x – 2 = 0 ⇔ x = –1 –1 atau atau x = 2

. . . (4) 5

b.

–1

Untuk 5 – x ≥ 0: 5 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5

Penyelesaiannya: –1 ≤ x ≤ 2 Jadi, nilai-nilai x yang memenuhi |x – 5| ≥ |3x – 3| adalah –1 ≤ x ≤ 2. . . . (5) 5

x − 3 > 5 – x Oleh karena 5 – x ≥ 0 maka kedua ruas pertidaksamaan x − 3 > 5 – x bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔

(

9. Jawaban: b |x2 – 3| < 2x Ruas kanan nilai belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan. a. Untuk 2x < 0: 2x < 0 ⇔ x < 0

2

. . . (1)

x − 3 ) > (5 – x) 2

0

x – 3 > x2 – 10x + 25 ⇔ x2 – 11x 11x + 28 28 < 0 ⇔ (x – 7)( 7)(xx – 4) 4) < 0 Pembuat nol: (x – 7)( 7)(xx – 4) = 0 ⇔ x – 7 = 0 ata atau u x– 4 = 0 ⇔ x = 7 ata atau ux =4 ⇔

Oleh karena |x2 – 3| ≥ 0 dan 2x < 0 maka pertidaksamaan |x2 – 3| < 2x tidak ada nilai x yang memenuhi . . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2). . . . (3) Penyelesaiannya: { }

. . . (6) 4

7

b.

Syarat akar terdefinisi: x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . . . (7) 3

Irisan penyelesaian (5), (6), dan (7). . . . (8) 4

5

Penyelesaiannya: 4 < x ≤ 5 62

2


Untuk 2x ≥ 0: 2x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 . . . (4) 0

|x2 – 3| < 2x Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

(|x2 – 3|)2 < (2x)2 ⇔ (x2 – 3)2 – (2x)2 < 0 2 ⇔ (x – 3 + 2x)( x2 – 3 – 2x 2x)) < 0 2 2 ⇔ (x + 2x – 3)( x – 2x 2x – 3) 3) < 0 ⇔ (x – 1)(x + 3)(x 3)(x + 1)(x – 3) < 0 Pembuat nol: (x – 1)(x + 3)(x 3)(x + 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 atau x = –3 atau x = –1 atau x = 3

Pembuat nol: (x + 7)( 7)(x x – 3) = 0 ⇔ x + 7 = 0 atau atau x – 3 = 0 ⇔ x = –7 –7 atau atau x = 3

⇔

. . . (5) –3

–1

1

–7

3)

Penyelesaiannya: x ≤ –7 atau x ≥ 3. Gabu Ga bung ngan an pen penye yele lesa saia ian n 1) da dan n 2)

3


–7

. . . (6) 1

c.

3

Gabu Ga bung ngan an pe peny nyele elesa saian ian (3 (3)) dan dan (6 (6). ). 1

3

10. Jawaban: c |x + 2|2 ≥ 2|x + 2| + 15 Misalkan y = |x + 2| maka diperoleh pertidaksamaan: ⇔ y2 ≥ 2y + 15 ⇔ y2 – 2y – 15 ≥ 0 ⇔ (y + 3)(y – 5) ≥ 0 Pembuat nol: (y + 3)(y – 5) = 0 ⇔ y + 3 = 0 atau atau y – 5 = 0 ⇔ y = – 3 atau y = 5

5

Penyelesaiannya: y ≤ –3 atau y ≥ 5 ⇔ |x + 2| ≤ –3 atau |x + 2| ≥ 5 1) |x + 2| ≤ –3 Oleh karena |x + 2| ≥ 0 maka tidak ada nilai x yang memenuhi |x + 2| ≤ –3.

2)

Penyelesaiannya: { } |x + 2| ≥ 5 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔ (|x + 2|)2 ≥ (5)2 ⇔ (x + 2)2 – (5)2 ≥ 0 ⇔ (x + 2 + 5)(x + 2 – 5) ≥ 0 ⇔ (x + 7)(x – 3) ≥ 0

3

Penyelesaiannya: x ≤ –7 atau x ≥ 3. Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan |x + 2|2 ≥ 2|x + 2| + 15 adalah x ≤ –7 atau x ≥ 3. 11. Jawaban: a Misalkan koordinat titik C(x C, yC). Oleh karena titik B merupakan titik tengah AC , maka:

Penyelesaiannya: 1 < x < 3. Jadi, penyelesaian |x 2 – 3| < 2x adalah 1 < x < 3.

–3

3

xB = ⇔ ⇔ ⇔

4=

+

xC

2 2 + xC 2

8 = 2 + xC xC = 6 yB =

⇔

xA

2=

yA

+

yC

2 −2 +

yC

2

4 = –2 –2 + yC yC = 6 Jadi, koordinat titik C adalah (6, 6). ⇔ ⇔

12. Jawaban: e ∠ABC = 52° Penyiku ∠ABC = 90° – 52° = 38° Pelurus dari penyiku ∠ABC = 180° – 38° = 142° Jadi, besar pelurus dari penyiku ∠ABC adalah 142°. 13. Jawaban: d ∠POR = 126° ∠SOQ = 148° ∠ROS merupakan pelurus ∠POR, maka: ∠RO ROS S = 180 180°° – ∠POR = 180° – 126° = 54° ∠QO QOR R = SOQ SOQ – ∠ROS = 148° – 54° = 94° Jadi, besar ∠QOR = 94°. 14. Jawaban: c ∠BCH dan ∠CBF merupakan pasangan sudut dalam sepihak, maka: ∠BCH + ∠CB CBF F = 180 180°° ⇔ 118° + ∠CB CBF F = 180 180°° ⇔ ∠CBF = 180° 180° – 118° = 62° 62° Jadi, besar ∠CBF = 62°. Matematika Kelas X

63

15. Jawaban:

c

K 134°

A B

L

C

72°

D

M

∠BLM

dan ∠DML merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka ∠BLM = ∠DML = 72°. ∠BLK dan ∠AKL merupakan pasangan sudut dalam sepihak, maka: ∠BLK + ∠AKL = 180 180°° ⇔ ∠BLK + 134° 134° = 180° 180° ⇔ ∠BL BLK K = 46° 46° ∠KL KLM M = ∠BLK + ∠BLM = 46° + 72° = 118° Jadi, besar ∠KLM = 118°.

18. Jawaban: b Pada segitiga PQR berlaku dalil Stewart sebagai berikut. SR2 × PQ = PS PS × QR2 + QS × PR2 – PS × QS × PQ 2 ⇔ SR × 10 10 = 6 × 152 + 4 × 102 – 4 × 6 × 10 ⇔ 10 SR2 = 1.350 + 400 – 240 ⇔ 10 SR2 = 1.510 2 ⇔ SR = 151 ⇔

15 cm

151

151 cm.

19. Jawaban: c Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut. Y 6

B

5 4 3 2 A

C 4 cm H F

E

=

Jadi, SR =

16. Jawaban: b Perhatikan gambar berikut. D

SR

1

D

–3 –2 –1 0 –1

1 2

–2

3

X

4

C

–3

8 cm

Dari gambar tampak garis tinggi yang melalui titik A

G

21 cm

B

GC sejajar AD , sehingga: AG = EH = CD = 15 cm GB = AB – AG = 21 – 15 = 6 cm Pada segitiga BCG berlaku dalil intercept , yaitu: CF : CB = HF : GB ⇔ 4 : (4 + 8) = HF : 6 ⇔ 4 : 12 12 = HF : 6 HF =

⇔

4×6 12

= 2 cm EF = EH + HF = 15 15 + 2 = 17 cm Jadi, panjang E F adalah 17 cm. 17. Jawaban: e Dalil Menelaus: AE BE ⇔ ⇔

8 3

×

BD CF × CD AF 5

=1

20. Jawaban: d Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut. A

B

⇔

20 x+5

=1

BD =


x

D 12

C

12 – x

Garis bagi yang melalui titik A adalah AD. BD : CD = AB : AC ⇔ x : (12 (12 – x) x) = 10 : 6 ⇔ 6x = 10(12 10(12 – x) ⇔ 6x = 120 120 – 10x ⇔ 16xx = 120 16 120

=1

20 = x + 5 ⇔ x = 15 Jadi, nilai x = 15.

6

10

6 4

× x + 5 ×

⇔

64

A adalah AD dan AD = 5 satuan. Jadi, panjang garis tinggi yang melalui titik A adalah 5 satuan.

x= 15 2

120 16

=

15 2

cm

CD = 12 –

15 2

=

24 − 15 9 = 2 2

cm

AD2 = AB × AC – BD × CD 15 2

= 10 × 6 –

9 2

×

=

4

1 2

5x – 2 = 0 ⇔ x = 105

B.

105 cm.

–1

Uraian

2

1. 2 x−3

⇔

4

2 5

Penyelesaiannya: –1 ≤ x <

5

> x+6

x−3

2 5


Jadi, panjang garis bagi yang melalui titik A adalah 1 2

(−2x + 8)(x + 1) ≤ 0 5x − 2

Pembuat nol pembilang: (–2x + 8 )(x + 1) = 0 ⇔ –2x + 8 = 0 atau x + 1 = 0 ⇔ x = 4 atau x = –1 Pembuat nol penyebut:

AD = 105 =

6x + 8 ≤ 0 5x − 2

⇔

135 4 240 135 – 4 4 105 4

= 60 – =

−2x 2 +

⇔

5

2(x + 6) − 5(x − 3) (x − 3)(x + 6)

>0

⇔

2x +12 − 5x + 15 (x − 3)(x + 6)

>0

⇔

27 − 3x (x − 3)(x + 6)

>0

≤ 2x

3

– 1 adalah –1 ≤ x <

3.

3x − 2 > 4 –

2 5

8x 2

2

8x 2

⇔

⇔

8x 2

−

−

3x

5x

−

3x

+ 10

2

8x 2

−

−

3x

5x

−

+ 10

2

⇔ 3x

– 2 + 2 3x − 2 ·

x + 2 + x + 2 > 16

2 3x − 2 ·

⇔

x + 2 )2 > 42

x + 2 > 16 – 4x

3x − 2 · x + 2 > 8 – 2x Ruas kanan nilainya belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan. a. Untuk 8 – 2x < 0: 8 – 2x < 0 ⇔ 8 < 2x ⇔ 4 < x ⇔

3x

−

2

+ 10 − 10x 2 +

5x

−

. . . (1)

5

≤ 2x

–1

4

Oleh karena

3x − 2 · x + 2 ≥ 0 dan 8 – 2x < 0 maka pertidaksamaan 3x − 2 · x + 2 > 8 – 2x dipenuhi oleh semua nilai x.

– (2x – 1) ≤ 0

+ 10 − (2x − 1)(5x − 2)

5x

2

+ 10

2

x+2

( 3x − 2 +

⇔

Jadi, nilai x yang memenuhi x − 3 > x + 6 adalah x < –6 atau 3 < x < 9.

⇔

−

atau x ≥ 4.

Penyelesaiannya: x < –6 atau 3 < x < 9

8x 2

3x

3x − 2 + x + 2 > 4 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

9

2.

−

5x

⇔

Pembuat nol pembilang: 27 – 3x = 0 ⇔ 3x = 27 ⇔ x=9 Pembuat nol penyebut: (x – 3)(x + 6) = 0 ⇔ x –3 = 0 atau x + 6 = 0 ⇔ x = 3 atau x = –6 Garis bilangan beserta tandanya:

–6

atau x ≥ 4


– x + 6 > 0

⇔

2 5

≤ 0

. . . (2) Syarat akar terdefinisi: 1)

9x

−2

3x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥

2 3

≤ 0

. . . (3) 2 3

Matematika Kelas X

65

2)

x+2

≥ 0 ⇔ x ≥ –2

. . . (4) –2

Irisan penyelesaian (1), (2), (3)dan (4). . . . (5) 4

b.

x2

4. 3x – 2 +

−

4x + 4

≤ 3

x2 − 4x + 4 ≤ 5 – 3x Ruas kanan nilainya belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan dipecah menjadi dua kemungkinan. a. Untuk 5 – 3x < 0 dan x < 2: ⇔

5 – 3x < 0 ⇔ 5 < 3x ⇔

Penyelesaiannya: x > 4 Untuk 8 – 2x ≥ 0: 8 – 2x ≥ 0 ⇔ 8 ≥ 2x ⇔ 4 ≥ x

5 3

< x . . . (1)

5 3

. . . (6)

x<2

4

. . . (2)

3x − 2 · x + 2 > 8 – 2x Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

2

Oleh karena

( 3x − 2 · x + 2 )2 > (8 – 2x)2 ⇔ (3x – 2)(x + 2) > 64 – 32x + 4x2 ⇔ 3x2 + 4x – 4 > 64 – 32x + 4x2 ⇔ x2 – 36x + 68 < 0 ⇔ (x – 2)(x – 34) < 0 Pembuat nol: (x – 2)(x – 34) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 34

x2

−

4x + 4

≥ 0 dan 5 – 3x < 0

⇔

x2 − 4x + 4 ≤ 5 – 3x tidak ada nilai x yang memenuhi. . . . (3) maka pertidaksamaan

Syarat akar terdefinisi: x2 – 4x + 4 ≥ 0 ⇔ (x – 2)2 ≥ 0 . . . (4)

. . . (7) 2

2

4

Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4). . . . (5)

Syarat akar terdefinisi: 1)

3x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥

2 3

Penyelesaiannya: { } . . . (8)

2 3

2)

x+2

b.

Untuk 5 – 3x ≥ 0 dan x < 2: 5 – 3x ≥ 0 ⇔ 5 ≥ 3x ⇔

5 ≥ x 3

≥ 0 ⇔ x ≥ –2

. . . (6) . . . (9)

5 3

–2

Irisan penyelesaian (6), (7), (8)dan (9).

x<2 . . . (7)

. . . (10) 2

c.

Penyelesaiannya: 2 < x ≤ 4 Gabungan penyelesaian (5) dan (10).

2

66

x+2

x2 − 4x + 4 ≤ 5 – 3x Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. ⇔

Penyelesaiannya: x > 2 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan

3x − 2 > 4 –

2

4

≥ 0

adalah {x | x > 2}.


⇔ ⇔ ⇔

4x + 4 )2 ≤ (5 – 3x)2 x2 – 4x + 4 ≤ 25 – 30x + 9x2 8x2 – 26x + 21 ≥ 0 (2x – 3)(4x – 7) ≥ 0

( x2

−

Pembuat nol: (2x – 3)(4x – 7) = 0 ⇔ 2x – 3 = 0 atau 4x – 7 = 0 x =

⇔

3 2

atau x =

b.

. . . (4)

7 4

2

Pada interval x – 2 ≥ 0 berlaku |x – 2| = (x – 2) x|x – 2| < x – 2 ⇔ x(x – 2) < x – 2 ⇔ x2 – 2x – x + 2 < 0 ⇔ x2 –3 x + 2 < 0 ⇔ (x – 1)(x – 2) < 0 Pembuat nol: (x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = 1atau x = 2

. . . (8) 7 4

3 2

Untuk x – 2 ≥ 0: x – 2 ≥ 0 = x ≥ 2

Syarat akar terdefinisi: x2 – 4x + 4 ≥ 0 ⇔ (x – 2)2 ≥ 0

2

. . . (5)

Irisan penyelesaian (6), (7), (8)dan (9). 2

1

. . . (10)


3 2

Penyelesaiannya: x c.

≤

3 2

c.

Penyelesaiannya: { } Gabungan penyelesaian (3) dan (5)

Gabungan penyelesaian (5) dan (10) –1

Penyelesaiannnya: x < –1 Jadi, semua nilai x yang memenuhi x|x – 2| < x – 2 adalah x < –1.

3 2

Penyelesaiannya: x

≤

3 2

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 3x – 2 +

x2

−

4x + 4

≤ 3

adalah x ≤

3 2

6. a.

.

Titik T merupakan titik tengah , maka: xT =

5. x|x – 2| < x – 2 Nilai |x – 2| dipecah menjadi dua kemungkinan yaitu x – 2 < 0 dan x – 2 ≥ 0. a. Untuk x – 2 < 0: x – 2 < 0 ⇔ x < 2

yT = b.

TP =

2

. . . (2) –1

2

Irisan penyelesaian (1) dan (2). . . . (3) –1

+

xQ

2 yP

+

=

yQ

2

5 + ( −1) 2

=

−2 +

=

4 2

= 2

=

6 2

= 3

8

2

Jadi, koordinat T(2, 3). Koordinat titik T(2, 3) dan P(5, –2), panjang :

. . . (1) Pada interval x – 2 < 0 berlaku |x – 2| = –(x – 2) x|x – 2| < x – 2 ⇔ x(–(x – 2)) < x – 2 2 ⇔ –x + 2x – x + 2 < 0 ⇔ –x2 + x + 2 < 0 ⇔ (–x – 1)(x – 2) < 0 Pembuat nol: (–x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = –1atau x = 2

xP

(x T

−

xP )2 + (y T

−

y P )2

=

(2 − 5)2 + (3 − (−2))2

=

(−3)2

=

9 + 25 =

+

52 34

Jadi, panjang TP adalah 7.

34 satuan.

∠B2 =

126° ∠B1 dan ∠B2 berpelurus, maka: ∠B1 = 180° – ∠B2 = 180° – 126° = 54° ∠A1 dan ∠B1 sehadap, maka: ∠A1 = ∠B1 ⇔ 4x – 6 = 54 ⇔ 4x = 60 ⇔ x = 15

Penyelesaiannya: x < –1 Matematika Kelas X

67

∠A4 dan ∠B2 merupakan

pasangan sudut luar

berseberangan, maka: ∠A4 = ∠B2 ⇔ 2y + 6 = 126 ⇔ 2y = 120 ⇔ y = 60 Jadi, nilai x + y = 15 + 60 = 75. 8. a.

9. Misalkan PC = x, maka BP = 16 – x. Dalil De Ceva: AR BP × RB PC

Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut.

×

CQ QA

=1

⇔

5 9

×

16 − x x

×

6 4

=1

⇔

5 3

×

16 − x x

×

1 2

=1

80 − 5 x 6x

=1

⇔

A

80 – 5x = 6x

⇔

80 = 11x

⇔

K

L

x =

⇔

B

C

18 cm

Titik K merupakan titik tengah AB , maka menurut dalil titik tengah segitiga diperoleh: KL =

1 2

BC

=

1 2

× 18

AK = =

80 11

cm.

10. Segitiga PQR dapat digambarkan sebagai berikut. P

T

5

3 Q

AK : BK = 1 : 3 dan AB = 20 cm, maka: 1 × 1+ 3

Jadi, panjang PC adalah

3

= 9 cm Jadi, panjang KL adalah 9 cm. b.

80 11

20

20 4

= 5 cm A 5 cm K

L

R

7

Panjang garis berat yang melalui titik Q adalah QT dengan T titik tengah PR . QT2 =

1 2

PQ2 +

1 2

PR2 –

1 4

PR2

=

1 2

× 52 +

1 2

× 72 –

1 4

× 62

=

1 2

× 25 +

1 2

× 49 –

=

25 2

+

49 2

1 4

× 36

– 9

= 37 – 9 = 28 QT = C

B

Menurut dalil intercept segitiga diperoleh: AK : AB = KL : BC ⇔ 5 : 20 = KL : 18 ⇔ 20 × KL = 5 × 18 90 20

⇔

KL =

⇔

DE = 4,5 cm

Jadi, panjang KL adalah 4,5 cm.

68


28

=2 7 Jadi, panjang garis berat yang melalui titik Q adalah 2 7 cm.

Setelah mempelajari bab ini, peserta didik mampu: 1. mendeskripsikan konsep persamaan trigonometri baik persamaan trigonometri dasar maupun persamaan aljabar trigonometri sederhana; 2. menganalisis, mengolah, dan membuat model serta menyelesaikan persamaan trigonometri menggunakan sifat-sifat persamaan; 3. merencanakan serta melaksanakan strategi dengan cara memanipulasi aljabar trigonometri untuk membuktikan sifat-sifat identitas trigonometri dasar dan menerapkannya dalam pemecahan masalah. Berdasarkan pengetahuan dan keterampilan yang dikuasai, peserta didik: 1. bersikap teliti, kritis, mengembangkan rasa ingin tahu dan konsisten dalam menyelesaikan masalah; 2. terampil dalam membuktikan permasalahan yang berkaitan dengan trigonometri; 3. bersikap tanggung jawab, toleransi, dan peduli terhadap lingkungan sekitar.

Persamaan Trigonometri


• • •

• •

Mendeskripsikan fungsi dan persamaan Trigonometri sederhana. Mendiskusikan sifat-sifat persamaan trigonometri. M e ng o la h d an m e ng a na l is is b e nt u k persamaan trigonometri dalam menyelesaikan persamaan trigonometri. Melakukan dikusi dalam menyelesaikan masalah persamaan linear. Membuat model persamaan trigonometri dan menyelesaikannya dengan cara memanipulasi aljabar trigonometri.

• • • • •

Identitas Trigonometri

• • •

•

•

Mendeskripsikan identitas trigonometri. Menjelaskan bentuk-bentuk identitas trigonometri. M e ng o la h d an m e ng a na l is i s be n tu k identitas trigonometri dalam membuktikan identitas trigonometri. Melakukan manipulasi aljabar dalam persamaan trigonometri dalam membuktikan bentuk-bentuk identitas trigonometri. Membuat model persamaan trigonometri dan menyelesaikannya dengan cara memanipulasi aljabar dalam persamaan trigonometri.

Bersikap teliti, kritis, mengembangkan rasa ingin tahu dan konsisten dalam menyelesaikan masalah. Bersikap tanggung jawab, toleransi, dan peduli terhadap lingkungan sekitar. Mampu menyelesaikan masalah tentang persamaan trigonometri dengan cara memanipulasi bentuk aljabar dalam persamaan. Mampu merancang dan membuat model persamaan trigonometri, serta membuktikan identitas trigonometri dengan cara memanipulasi. Mampu menerapkan persamaan trigonometri dalam kehidupan sehari-hari serta menggunakannya dalam menyelesaikannya.

Matematika Kelas X

69

A. Pilihan Ganda

Untuk x = 1 π 11π x1 = + 1 · 2π = atau

1. Jawaban: b Nilai fungsi trigonometri y = sin x, y = sin (5x –

π 2

),

dan y = sin (ax + b) mempunyai nilai maksimum 1 dan minimum –1. π Jadi, pada fungsi y = 2 sin (5x – ) mempunyai 2

nilai maksimum dan minimum sebagai berikut. ymaks = 2 × 1 = 2 ymin = 2 × (–1) = –2 2. Jawaban: e Berdasarkan gambar kurva fungsi y = cos x diperoleh bahwa garis horizontal yang memotong π π di x = juga memotong kurva di titik x = 2π – . 8

8

Dengan demikian diperoleh persamaan sebagai berikut. π cos x = cos 8 π ⇔ cos x = cos (2π – 8 ) π x = 2π – ⇔ 8 15π π x= – ⇔ 8 8 15π x= ⇔ 8 15π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { }. 8

3. Jawaban: a sin x = sin 25° ⇔ x1 = 25° + k · 360°, atau x2 = (180° – 25°) + k · 360° = 155° + k · 360° Untuk k = 0 ⇔ x1 = 25° + 0 · 360° = 25° ⇔ x2 = 155° + 0 · 360° = 155° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {25°, 155°}.

5

x2 = –

⇔

5

x2 = –

π 5

+ k · 2π) atau

5

5

x2 = –

+ k · 2π atau

π 5

+ k · 2π

x2 = –

70

5

π 5

+ 2 · 2π =

+ 0 · 2π = –

π 5

(tidak memenuhi)


5 19π 5

5. Jawaban: e tan x = tan 130° ⇔ x = 130° + k · 180° Untuk k = –1 ⇒ x = 130° + (–1) · 180° = –50° Untuk k = 0 ⇔ x = 130° + 0 · 180° x = 130° Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –50°, 130°. 6. Jawaban: c sin x +

1 2

⇔

sin x = –

1 2

3

⇔

sin x = sin

4π 3

3 = 0

atau 4π 3

sin x = sin (π –

⇔

x1 =

4π 3

+ k · 2π)

+ k · 2π atau

x2 = (π – Untuk k = 0

4π 3

⇒

) + k · 2π x1 =

4π 3

x2 = –

⇒

x1 =

π 3

4π 3

x2 = –

π 3

π

⇔ x2 = – 3 + k · 2π

+ 0 · 2π =

4π 3

+ 0 · 2π = – + 1 · 2π = + 1 · 2π =

π

3 10π 3 5π 3

(TM) (TM)

 4π 5 π  Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  3 , 3  .   7. Jawaban: b cos x =

⇔

Untuk x = 0 π π x1 = + 0 · 2π = atau 5

5

5

cos x = (– + k · 2π)

π

π

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  π , 9π , 11π , 19π  5 5 5 5  .  

π

cos x = cos (

x1 =

+ 1 · 2π =

k=1

π

⇔

5

5 9π 5

Untuk x = 2 π 21π x1 = + 2 · 2π = (tidak memenuhi) atau

4. Jawaban: d cos x = cos

π

1 2

2

⇔ cos x = cos 45°

x = 45° + k · 360° x = –45° + k · 360°

Untuk k = 0

⇒

x = 45° + 0 · 360° = 45° x = –45° + 0 · 360° = –45°

Untuk k = 1

⇒

x = 45° + 1 · 360° = 405° x = –45° + 1 · 360° = 315° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {45°, 135°}. 8. Jawaban: a tan x =

⇔

1 3

3

tan x = tan

π

tan x = tan (

⇔

x=

π

+ k ·

3

π 3

sin2 x =

+ k · π)

π

Untuk k = 0

⇒ x =

3

Untuk k = 1

⇒ x =

3

π

+ 0 · π = + 1 · π =

π 3 4π 3

⇔

2 cos x = 1

⇔

1 2

cos x = 1 2

Oleh karena cos 60° =

Untuk k = 1

3

sin x =

π 3

2 3

⇔

x= x=

π 3 5π 3

3

+ k · 2π

sin x = sin (2π – = sin

1 2

=

5π 3

π 3

sin x =

) + k · 2π

+ k · 2π

x= x=

π 3 5π 3

+ 0 · 2π = + 0 · 2π =

1 2 1 2 1 2

2 = 2

=0 =0 =0

sin x = –

1 2

2

2

sin x = sin 45° + k · 360° atau sin x = sin (180° – 45°) + k · 360° = sin 135° + k · 360° x1 = 45° + k · 360° atau x2 = 135° + k · 360°

Untuk k = 0

⇒

(2) sin x = –

1 2

x1 = 45° + 0 · 360° = 45° x2 = 135° + 0 · 360° = 135°

2

sin x = sin (225° + k · 360°) atau sin x = sin (180° – 225° + k · 360°) = sin (–45° + k · 360°)

⇔

x1 = 225° + k · 360° atau x2 = –45° + k · 360°

Untuk k = 0

⇒

Untuk k = 1

⇒

x1 = 225° + 0 · 360° = 225° x2 = –45° + 0 · 360° = –45° (TM)

cos2 x – 2 cos x – 3 = 0 (cos x + 1)(cos x – 3) = 0 ⇔ ⇔ cos x + 1 = 0 atau cos x – 3 = 0 cos x = 3 (TM) ⇔ cos x = –1 ⇔ cos x = cos 180° x = 180° ⇔ Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {180°}.

+ k · 2π

⇒

1 2 )2 2 1 1 2 )(sin x + 2) 2 2 1 2 0 atau sin x + 2

=0

12. Jawaban: c

+ k · 2π atau

Untuk k = 0

.

x1 = 225° + 1 · 360° = 585° (TM) x2 = –45° + 1 · 360° = 315° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {45°, 135°, 225°, 315°}.

2 3 sin x = 3

sin x = sin

⇔

x = 60° + 0 · 360° = 60° x = –60° + 0 · 360° = –60°

2 3 sin x – 3 = 0

⇔

sin x –

⇔

10. Jawaban: b

⇔

⇔

, maka diperoleh per-

x = 60° + 1 · 360° = 420° x = –60° + 1 · 360° = 300° Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 60°, 300°.

⇔

(sin x –

(1) sin x =

Penyelesaian persamaan di atas sebagai berikut. cos x = cos (60° + k · 360°) atau cos x = cos (–60° + k · 360°) ⇔ x = 60° + k · 360° atau x = –60° + k · 360°

1 2

sin2 x – (

⇔

samaan: cos x = cos 60°

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

+ 1 · 2π =

sin2 x –

⇔

 π 4π  Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  3 , 3  .  

Untuk k = 0

π

3 5π 3

1 2

⇔

π

9. Jawaban: e 2 cos x – 1 = 0

x=

11. Jawaban: d

atau

3

7π (TM) 3 11π x= + 1 · 2π = (TM) 3  π 5π  Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  3 , 3   

⇒

Untuk k = 1

π

13. Jawaban: a

3 5π 3

⇔ ⇔

6 sin2 x – 7 sin x + 2 = 0 (3 sin x – 2)(2 sin x – 1) = 0 3 sin x – 2 = 0 atau 2 sin x – 1 = 0

Matematika Kelas X

71

⇔

3 sin x = 2

⇔

sin x =

⇔

2 3

sin x = 2 3

x = arc sin

x= x=

1 2

2 3

x2 = –150° + 0 · 360° = –150° Untuk k = 1 ⇒ x1 = 150° + 1 · 360° = 510° x2 = –150° + 1 · 360° = 210° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {510°, 210°}.

π 6 5π 6

Jadi, penyelesaiannya adalah x = arc sin

Untuk k = 0 ⇒ x1 = 150° + 0 · 360° = 150°

2 sin x = 1

π 6

,

5π 6

,

.

14. Jawaban: c 3 tan2 x – 11 tan x + 10 = 0 (3 tan x – 5)(tan x – 2) = 0 ⇔ ⇔ 3 tan x – 5 = 0 atau tan x – 2= 0 3 tan x = 5 tan x = 2 ⇔

⇔

sin2 x – 2 sin x – 3 = 0 (sin x + 1)(sin x – 3) = 0 ⇔ ⇔ sin x + 1 = 0 atau sin x – 3= 0 sin x = 3 ⇔ sin x = –1 ⇔ sin x = sin 180° (tidak ada x memenuhi) ⇔ x = 180° Jadi, himpunan penyelesaiannya {180°}.

2. a.

2 cos2 x – 3 2 cos x + 2 = 0

b.

⇔ ⇔ ⇔

5 3

tan x =

Jadi, nilai tan x yang mungkin adalah 2 atau

5 3

.

⇔ ⇔

15. Jawaban: b

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

cos x = –1

⇔

cos x = cos

⇔

x=

cos2 x)

3π 2

3π 2

=

−

⇔ ⇔ ⇔

tan x =

−

3

72

−3

3

3 , 0 ≤ x ≤ 360°

−

1

⇔ ⇔

cos x =

⇔

x1 = 150° + k · 360° atau x2 = –150° + k · 360°

2

3

cos x = cos (150° + k · 360°) atau cos x = cos (–150° + k · 360°)


(tidak ada x memenuhi)

1 3 1 3

⇒ tan x1 = tan (18,4° + k · 180°) x2 = 18,4° + k · 180° ⇒ Untuk k = 0 ⇒ x1 = 18,4° + 0 · 180° = 18,4° k = 1 ⇒ x2 = 18,4° + 1 · 180° = 188,4° tan x = 2 ⇒ tan x = tan (63,4° + k · 180°) x = 63,4° + k · 180° ⇒ Untuk k = 0 ⇒ x1 = 63,4° + 0 · 180° = 63,4° k = 1 ⇒ x2 = 63,4° + 1 · 180° = 243,4°

(2)

Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah x = 18,4°; 63,4°; 188,4°; 243,4°.

tan x = tan (120° + k · 180°) x = 120° + k · 180°

6 cos x =

2

2

tan x =

}.

Untuk k = 0 ⇒ x = 120° + 0 · 180° = 120° k = 1 ⇒ x = 120° + 1 · 180° = 300° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {120°, 300°}. 2)

1

cos x = 2

⇔

3 , 0 ≤ x ≤ 360° 1

cos x =

(1) tan x =

1. Tentukan himpunan penyelesaan dari persamaan3 tan x

2 cos x = 2

⇔ ⇔ ⇔

B. Uraian 1)

2)=0

2 cos x – 2 = 0 atau cos x – 2 = 0

3 tan2 x – 7 tan x + 2 = 0 (3 tan x – 1)(tan x – 2) = 0 3 tan x – 1 = 0 atau tan x – 2 = 0 3 tan x = 1 tan x = 2

3.

cos x = 2 (TM)

3π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { 2

2 )(cos x –

cos x = cos 45°, cos 315° x = 45°, 315° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {45°, 315°}.

sin2 x

– cos x + 1 = 0 (1 – – cos x + 1 = 0 –cos2 x – cos x + 2 = 0 cos2 x + cos x – 2 = 0 (cos x + 1)(cos x – 2) = 0 cos x + 1 = 0 atau cos x – 2 = 0

(2 cos x +

4.

A

α

40 m

α B

500 m

C

Misalnya α adalah sudut depresi. Untuk menentukan besar sudut α, dapat menggunakan perbandingan tangen. Pada sketsa ∆ABC siku-siku di B, diperoleh perbandingan trigonometri berikut.

tan α =

AB 40 = BC 500

b.

= 0,08

Dengan menggunakan pendekatan diperoleh nilai bawah besar α yang menyebabkan nilai tan α = 0,08 adalah 4,57°. Pengerjaan hitungnya seperti berikut. tan α = 0,08 ⇔ tan α = tan 4,57° ⇔ α = 4,57° Jadi, sudut depresi pengawas adalah 4,67°. 5. a.

(sin x + 1)(sin x + 2) = cos2 x ⇔ sin2 x + sin x + 2 sin x + 2 = 1 – sin2 x sin2 x + 3 sin x + 2 = 1 – sin2 x ⇔ 2 sin2 x + 3 sin x + 1 = 0 ⇔ (2 sin x + 1)(sin x + 1) = 0 ⇔ ⇔ 2 sin x + 1 = 0 atau sin x + 1= 0 2 sin x = –1 sin x = –1 ⇔ 1 2 1 – 2

sin x = – (1) Untuk sin x = sin x =

1 – 2

⇔ sin x = sin 210° atau

sin x = sin 330° ⇔ x = 210° atau x = 330° (2) Untuk sin x = –1 sin x = –1 ⇔ sin x = sin 270° ⇔ x = 270° Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah x = 210°, 270°, dan 330°.

A. Pilihan Ganda

= =

cos x

⇔

4(tan2 x – 1) – 9 tan x – 1 = 0 4 tan2 x – 4 – 9 tan x – 1 = 0 4 tan2 x – 9 tan x – 5 = 0 (2 sin x + 1)(sin x + 1) = 0 (2 tan x – 5)(2 tan x + 1) = 0 2 tan x – 5 = 0 atau 2 tan x +

⇔

2 tan x = 5

⇔

tan x =

(1) tan x =

5 2

⇔ ⇔

1 2

=0 1 2 1 – 4

2 tan x = –

5 2

tan x =

tan x = tan (68,2° + k · 180°) x = 68,2° + k · 180°

Untuk: k = 0 ⇒ x = 68,2° + 0 · 180° = 68,2° k = 1 ⇒ x = 68,2° + 1 · 180° = 248,2° (2) tan x = –

1 4

⇔ ⇔

tan x = tan (194° + k · 180°) x = 194° + k · 180° Untuk: k = 0 ⇒ x = 194° + 0 · 180° = 194° k = 1 ⇒ x = 194° + 1 · 180° = 374° (TM) Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah x = 68,2°, 194°, dan 248,2°.

1

1

cosec x – sec x = sin x – cosx 1  cos x  1  sin x  = sin x  cos x  – cos x  sin x     

sin x cos x 1 cos x

sin x

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

3. Jawaban: b

1. Jawaban: a tan x sec x

4 sec2 x – 9 tan x – 1 = 0

·

cos x

cosx

= sin x 2. Jawaban: c 1 cot an x cos x ta n x

sin x

= sin x cos x – cos x sin x cos x − sin x = sin x cos x

1

4. Jawaban: e = =

1 cos x sin x

sin x ⋅ cos x ⋅ cos x

1 cos x sinx

1

⋅

sin x cos x

⋅ cos x

= cos x = sec x

cosec2 x – tan x = = =

1

–

2

sin x 1 sin2 x

·

sin x cos x

cos x cos x

cos x sin2 x cos x

–

sin x cos x

sin2 x

· sin2 x

sin3 x

– sin2 x c os x

cos x − sin3 x

= sin2 x cos x

Matematika Kelas X

73

5. Jawaban: d sec2 x – 1 = =

9. Jawaban: b 1

1 1 − sin x

– 1

cos 2 x 1

cos2 x

–

2

cos x

cos x

2

=

=

2

sin2 x

1 − cos x

= cos2 x = sin2 x sec2 x

=

cos2 x

= cosx

1 − sinx

 sinx 

cos x  sinx   − 

  cos x  sin x  cos x   −  

=

cos x sin x sin x sin x cos x cos x

=

1 + sin x 1 − sin x 1 + sin x

=

= = =

1 cos x

− sin1 x

1 − sin2 x

− 1 + sin x

1 − sin2 x 2 sin x cos 2 x

1

10. Jawaban: e tan2 x + 1 + tan x sec x

− cos1 x

= = =

sin2 x 2

cos x sin2 x cos2 x

+ 1 + +

sin x cos x

cos2 x cos2 x

1 + cos x sin x cos x

1. a.

=


+

sin x 1

⋅

cos x cos x

=


x cos x + sincos x

=

1 + cos x

cos x sin x

= =

cos x (sec x + 1) sec x − 1

cos x sin x ( 1 + cos x )

b.

cos 4 t − sin4 t cos2 t

=

74

+

tan x

cos2 x sin2 x

– sin2 x –

sin2 x

·

cos2 x

cos2 x cos2 x sin2 x − sin2 x cos 2 x cos2 x sin2 x (1 − cos 2 x) cos 2 x

(cos2 t − sin2 t)(cos 2 t + sin 2 t) cos2 t (cos2 t − sin2 t) ⋅ 1 cos2 t cos t sin2 t

= cos 2 t – cos 2 t

 sin t  = 1 –  cos t    = 1 – tan2 t (terbukti)

cos x (sec x + 1) sec 2 x − 1

−0

sec x − 1

2

sin2 x

2

2

1 cos x

= =

+ cos x sec x − cos x 2 sec x − 1

2 cos x

cos 2 x

= cos2 x · sin2 x = tan2 x sin2 x (terbukti)

= cotan x

cos x s ec x + cos x 2 cos x sec x

1 + sin x

sin2 x

sin x ( 1+ cos x ) cos x

cos x  sec x + 1  cos x  sec x − 1    +   sec x − 1  sec x + 1 sec x + 1  sec x − 1  2

=

+ sin x

cos x cos x + sec x + 1 sec x − 1

=

cos 2 x

tan2 x – sin2 x =

8. Jawaban: a

=

sin x

+

sin2 x + cos 2 x + sin x cos 2 x

1

· cos x

B. Uraian

= 1 + cos x · =

1 − sin x

= 2 · cos x · cos x = 2 tan x sec x

cos x sin x − 1 cos x × sin x cos x sin x − 1 cos x = cotan x sin x

=

–

2

sin x

1 sin x

cos x sin x − 1 sin x cos x sin x − 1 cos x

=

7. Jawaban: b 1 + cos x = tan x + sin x

=

= sin x − 1 cos x

1 + sin x 1 − sin x 1 · 1 + sin x – · 1 − sin x 1 + sin x

1 1 − sin x

6. Jawaban: c cos x − cosec x sin x − sec x

1 1 + sin x

–

= 2 cotan2 x


2.

sin2 x sin2 x + 1 + sin x 1 − sin x

1 + sin x · 1 + sin x +

1 − sin x sin2 x · 1 − sin x 1 + sin x

=

sin2 x 1 − sin x

=

sin2 x + sin3 x sin2 x − sin3 x + (1 − sin x )(1 + sin x ) (1 + sin x )(1 − sin x )

=

sin2 x + sin3 x

+ sin2 x − sin3 x (1 − sin x )(1 + sin x )

4.

sin3 x + cos3 x sin x + cos x

2 sin2 x

= 1 − sin2 x

=

2 sin2 x

= 2 tan2 x (terbukti) 3.

2

cos x

=

sin x + cos x

(sin x

+ 1)(sin x + 3) 2

cos x

sin2 x

(sin x

A. Pilihan Ganda

sin x = –

⇔ ⇔

=

(1 − cos x )( 1 + cos x )

=

(2 + cos x)( 1 + cos x )

1 − cos x = 2 + cos x (terbukti)

⇔

1 2

2. Jawaban: b

⇔ ⇔

1 − cos 2 x (2 + cos x )(1 + cos x )

5 3 tan x – 15 = 0

sin x = sin (210° + k · 360°) atau sin x = sin (330° + k · 360°) ⇔ x1 = 210° + k · 360° atau x2 = 330° + k · 360° ⇔ Untuk k = 0 ⇒ x1 = 210° + 0 · 360° = 210° x2 = 330° + 0 · 360° = 330° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {210°, 330°}. 4 cos x +

+ 1)

3. Jawaban: c

1. Jawaban: d 2 sin x = –1

⇔ ⇔

sin2 x (cos x + 2)(cos x

5. cos2 x + 3 cos x + 2 =

+ 1)(sin x + 3) 1 − sin2 x (sin x + 1)(sin x + 3) = (1 − sin x )(1 + sin x ) ( sin x + 1)(3 + sin x) = ( sin x + 1)(1 − sin x ) 3 + sin x = 1 − sin x (terbukti) =

+ cos x

= sin2 x – sin x cos x + cos x = sin2 x + cos2 x – sin x cos x = 1 – sin x cos x

= cos2 x

sin2 x + 4 sin x + 3

( sin x + cos x )(sin2 x − sin x cos x

8 = 0

4 cos x = – 8 4 cos x = – 2 2 1

cos x = – 2 2 cos x = cos 135° + k · 360° atau cos x = cos 225° + k · 360° ⇔ x1 = 135° + k · 360° atau x2 = 225° + k · 360° Untuk k = 0 ⇒ x1 = 135° + 0 · 360° = 135° x2 = 225° + 0 · 360° = 225° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {135°, 225°}.

5 3 tan x = 15 15

⇔

tan x =

⇔

tan x =

⇔

π tan x = tan ( + k · π)

5 3

3 3

π

⇔

x=

Untuk k = 0

⇒ x =

3

k=0

⇒ x =

3

3

+ k ·

π π

π

+ 0 ·

π=

+ 1 · π =

π 3 4π 3

π 4π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { , }. 3

3

4. Jawaban: d sin x = –sin2 x sin2 x + sin x = 0 ⇔ ⇔ sin x (sin x + 1) = 0 ⇔ sin x = 0 atau sin x + 1 = 0 sin x = –1 (1) Untuk sin x = 0 sin x = 0 ⇔ sin = sin 0° ⇔ x = 0° (2) Untuk sin x = –1 sin x = –1 ⇔ sin x = sin 270° x = 270° ⇔ Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {0°, 270°}.

Matematika Kelas X

75

⇔ ⇔

5. Jawaban: c tan2 x =

1 3

⇔

tan2 x

–

1 3

(1) Untuk cos x = 0 =0

tan2 x – ( 3 3 )2 = 0

⇔

(tan x – 3 3 )(tan x + 3 3 ) = 0

1

1 3

⇔

1

⇔

tan x –

⇔ ⇔

tan x = 3 3 π tan x = tan 6 + k · π

⇔

π x = tan 6 + k ·

3 = 0 atau tan x + 1

atau atau

π

1 3

1

tan x = – 3 3 5π tan x = 6 + k · π 5π x = 6 + k · π

Untuk k = 0 π π x1 = + 0 · π = x2 =

6 5π 6

6

5π 6

+ 0 · π =

Untuk k = 1 π 7π x1 = + 1 · π = x2 =

6 5π 6

+ 1 · π =

6 11π 6

π 5π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { , , 6

,

11π 6

6

}. 3 4

⇔

tan x sin2 x –

tan x = 0

tan x (sin2 x – 4 ) = 0 tan x (sin x – 1 2

⇔tan x = 0 atau sin x –

1 2

3 )(sin x +

1

(2) Untuk sin x = 1 2

3

1 2

⇔ ⇔

(3) Untuk sin x = – sin x = –

1 2

3

1 2

3 = 0 atau sin x +

⇔tan x = 0 atau sin x = 2 3 atau (1) Untuk tan x = 0 tan x = 0 ⇔ tan x = tan 0° x = 0° ⇔

sin x =

x=

1 2

1

sin x = – 2 3

x = 60°, 120°

3 sin x = sin 240°, sin 300°

7. Jawaban: c cos x sin x = cos x cos x sin x – cos x = 0 ⇔ cos x (sin x – 1) = 0 ⇔


π 2

.

8. Jawaban: d 2 cos2 x + 3 sin x = 3 2 cos2 x + 3 sin x – 3 = 0 ⇔ ⇔ 2(1 – sin2 x) + 3 sin x – 3 = 0 ⇔ 2 – 2 sin2 x + 3 sin x – 3 = 0 –2 sin2 x + 3 sin x – 1 = 0 ⇔ 2 sin2 x – 3 sin x + 1 = 0 ⇔ ⇔ (2 sin x – 1)(sin x – 1) = 0 ⇔ 2 sin – 1 = 0 atau sin x – 1 = 0 ⇔ 2 sin x = 1 atau sin x = 1

⇔

sin x = 1 2

1 2

⇔

sin x = sin

π

⇔

sin x =

⇔

sin x = sin sin x =

6

,

π

, sin

6 5π 6

5π 6

π 2

π 2

π π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { , ,

3=0

sin x = sin 60°, sin 120°

⇔ ⇔

π 2

⇔

3

1 2

π 2

Jadi, penyelesaiannya adalah x =

3)=0

x = 240°, 300° Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 0°, 60°, 120°, 240°, 360°.

76

⇔

(2) sin x = 1

3

⇔ ⇔

sin x = sin

tan x 3 4

2

⇔

(1) sin x =

6. Jawaban: e tan x sin2 x =

x=

2

π

(2) Untuk sin x = 1 sin x = 1

3 =0

atau

π

cos x = cos

1

⇔

7π 8

cos x = 0 atau sin x – 1 = 0 cos x = 0 atau sin x = 1

6

5π 6

}.

9. Jawaban: a cos x = 1 + sin2 x ⇔ cos x = 1 + (1 – cos2 x) ⇔ cos x = 2 – cos2 x cos2 x + cos x – 2 = 0 ⇔ (cos x – 1)(cos x + 2) = 0 ⇔ ⇔ cos x – 1 = 0 atau cos x + 2= 0 cos x = 1 cos x = –2 (TM) ⇔ cos x = cos 0 x=0 ⇔ Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 0. 10. Jawaban: d 2 cos2 x – 5 cos x = 3 2 cos2 x – 5 cos x – 3 = 0 ⇔ (2 cos x + 1)(cos x – 3) = 0 ⇔ ⇔ 2 cos x + 1 = 0 atau cos x – 3 = 0 2 cos x = –1 cos x = –3 (TM) ⇔

⇔

cos x = –

1 2

2

⇔ ⇔

cos x = cos 120°, cos 240° x = 120°, 240° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {120°, 240°}. 11. Jawaban: b 2 sin2 x = cos x + 1 2 sin2 x – cos x – 1 = 0 ⇔ 2(1 – cos2 x) – cos x – 1 = 0 ⇔ 2 – 2 cos2 x – cos x – 1 = 0 ⇔ –2 cos2 x – cos x + 1 = 0 ⇔ 2 cos x + cos x – 1 = 0 ⇔ (2 cos x + 1)(cos x – 1) = 0 ⇔ ⇔ 2 cos x + 1= 0 atau cos x – 1 = 0 2 cos x = –1 cos x = 1 ⇔

⇔

cos x = –

Untuk cos x = – cos x = –

1 2

⇔

x=

Untuk cos x = –

⇔ ⇔

cos x = 1

2π 3

,

2π , 3 4π 3

cos

⇔

4π 3

cos x = cos 0° x = 0°

cos x =

2π 3

,

4π 3

.

cos x = cos x=

(2) cos x = 1

⇔ ⇔ ⇔

10

3

A

tan x =

π 3

,

π 3

, cos

5π 3

5π 3

cos x = cos 0 x=0

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {0, 5π 3

sin x = sin (210° + k · 360° atau sin (330° + k · 360°) x1 = 210° + k · 360° atau x2 = 330° + k · 360°

cos x =

⇔

}.

13. Jawaban: e 7 sin x + 5 = 2 cos2 x 7 sin x + 5 – 2 cos2 x = 0 ⇔ 7 sin x + 5 – 2(1 – sin2 x) = 0 ⇔ 7 sin x + 5 – 2 + 2 sin 2 x = 0 ⇔ 2 sin2 x + 7 sin x + 3 = 0 ⇔

1 2

C

1 2

1 2

(1) cos x =

1 2

14. Jawaban: a sec2 x – 2 tan x = 4 (1 + tan2 x) – 2 tan x – 4 = 0 ⇔ tan2 x – 2 tan x – 3 = 0 ⇔ (tan x – 3)(tan x + 1) = 0 ⇔ ⇔ tan x – 3 = 0 atau tan x + 1 = 0 tan x = 3 tan x = –1 ⇔ Oleh karena dipilih tan x = p, p > 1, maka dipilih tan x = 3. Dengan menggunakan segitiga siku-siku dapat digambarkan sebagai berikut.

12. Jawaban: e –3 cos x + 3 = 2 sin2 x –3 cos x + 3 – 2 sin2 x = 0 ⇔ ⇔ –3 cos x + 3 – 2(1 – cos2 x) = 0 –3 cos x + 3 – 2 + 2 cos2 x = 0 ⇔ 2 cos2 x – 3 cos x + 1 = 0 ⇔ (2 cos x – 1)(cos x – 1) = 0 ⇔ ⇔ 2 cos x – 1 = 0 atau cos x – 1= 0 cos x = 1 ⇔ 2 cos x – 1 = 0

⇔

sin x = –

Untuk k = 0 x1 = 210° + 0 · 360° = 210° x2 = 330° + 0 · 360° = 330° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {210°, 330°}.

1 2

Jadi, penyelesaiannya adalah x = 0,

⇔ ⇔

1 2

cos x = cos

(2 sin x + 1)(sin x + 3) = 0 2 sin x + 1 = 0 atau sin x + 3 = 0 2 sin x = – 1 sin x = –3 (TM)

sin x = –

1 2

⇔

⇔ ⇔ ⇔

π 3

,

x

BC 3 = AB 1 AB = AC

B

1

= 3 1 10

=

1 10

10

15. Jawaban: d 2 cos x – sin x + 2 cos x sin x = 1 ⇔ 2 cos x – sin x + 2 cos x sin x – 1 = 0 ⇔ 2 cos x + 2 cos x sin x – sin x – 1 = 0 ⇔ 2 cos x sin x + 2 cos x – (sin x + 1) = 0 2 cos x (sin x + 1) – (sin x + 1) = 0 ⇔ (2 cos x – 1)(sin x + 1) = 0 ⇔ ⇔ 2 cos x – 1 = 0 atau sin x + 1 = 0 2 cos x = 1 sin x = –1 ⇔

⇔

cos x =

Untuk cos x =

1 2

Untuk sin x = –1

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

1 2

cos x = cos 60° x = 60° sin x = sin 270° x = 270°

Matematika Kelas X

77

Oleh karena x di kuadran I, dipilihlah x = 60°.

=

Dengan demikian diperoleh tan x = tan 60° = 3 . 16. Jawaban: a sin2 x 1 − cos2 x

= = =

sin2 x 1 − cos x

+

1

1 − cos2 x sin2 x (1 + cos x)

= 1 + cos x

sin2 x

=

= = = = =

= 1 + sin x

tan x − 1 tan2 x + 1

=

=

2

1 + sin x

sin x (cos x + 1) cos x

=

=

1 sin2 x

=

2

2

 sin x    cos x  

sin2 x

= sin2 x

= –cotan2 x

=

sec x 1 cos x sin x sin x cos x

⋅

2

2

cos x sin2 x

cos x − cos 2 x 2

+ cos2 x cos x

cos 2 x 2

sin x

+ cos 2 x

1 cos x cos x sin x cos x cos x

+


sin2 x − cos 2 x cos 2 x sin2 x − cos 2 x cos 2 x

· ·

cos2 x sin2 x + cos 2 x cos2 x 1

cos x

sin x

tan x = 1 − sin x – cos x cos x cos x sin x 1 − sin x = 1 − sin x · cos x – cosx · 1 − sin x

+

cos x sin x

+1

23. Jawaban: d cos x – 1 − sin x

20. Jawaban: d =

−1

= sin2 x – cos2 x = (1 – cos2 x) – cos2 x = 1 – 2 cos2 x

−(1 − sin2 x) − cos2 x

1

· cos x + 1

cos 2 x

sin2 x

= sin2 x – sin2 x − 1 = sin2 x

+ 1)

cos x + 1

 sin x     cos x  

1

sin2 x

78

sin x (cos x cos x

sin2 x − cos 2 x

19. Jawaban: b

sec x cot an x + tan x

cos x + 1

cos x

= = 1–

sin x cos x

cos x + 1

2

= 1 – sin2 x = cos2 x

1–

+

sin x c os x + sin x cos x

22. Jawaban: a

(1 − sin2 x)(1 + sin2 x)

cosec2 x

sin x cos x cos x

sin2 x

2

sin x cosx cos x + 1

x  ⋅  cos  + cosx 

sin x

18. Jawaban: c 1 − sin4 x

sin x 1

= cos x = tan x 2

= 2 cosec x

sin x cos x 1

21. Jawaban: b sin x sin x + cos x sin x + tan x = cos x + 1 cos x + 1

1 + cos x sin x

sin x sin x 1 + cos x 1 + cos x = 1 + cos x · sin x + sin x · 1 + cos x sin2 x + (1 + cos x)(1 + cos x) = sin x ⋅ (1 + cos x ) 2 sin x + 1 + 2 cos x + cos 2 x = sin x (1 + cos x) 2 sin x + cos 2 x + 1 + 2 cos x = sin x (1 + cos x) 1 + 1 + 2 cos x = sin x (1 + cos x) 2 + 2 cos x = sin x (1 + cos x) 2(1 + cos x) = sin x (1 + cos x) 2 sin x

1 cos x 1 s in x c os x

= cos x × = sin x

sin2 x (1 + cos x)

17. Jawaban: e sin x 1 + cos x

cos 2 x + sin2 x s in x c os x

=

1 + cos x 1 + cos x

·

1 cos x

⋅

sin x sin x

=

cos 2 x − sin x (1 − sin x) (1 − sin x) ⋅ cos x

=

cos 2 x − sin x + sin x cos x (1 − sin x ) 2

2

2

=

cos x + sin x − sin x cos x (1 − sin x )

=

1 − sin x cos x (1 − sin x )

=

1 cos x

2. 3 tan2 x – 1 = 0

⇔

tan2 x –

⇔ ⇔

tan x –

⇔

tan x =

= sec x tan x = 2

 1 sin α  (sec α – tan α)2 =  cos α − cos α    2

 1 − sin α  =  cos α    2 (1 − sin α) = cos2 α = = =

α

( 1 − sin α )(1 − sin α) ( 1 − sin α )(1 + sin α )

1 − sin α 1 + sin α

1 3

1 3

3

atau

1 3

=0

3)=0 1 3

3=0

tan x = –

1 3

3

3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

tan x = tan (30° + k · 180°) x = 30° + k · 180° x = 30° + 0 · 180° = 30° x = 30° + 1 · 180° = 210°

1 3

3

⇔ tan x = tan (150° + k · 180°) x = 150° + k · 180° ⇔ Untuk k = –1 ⇔ x = 150° + (–1) · 180° = –30° k = 0 ⇔ x = 150° + 0 · 180° = 150° 3

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {–30°, 30°, 150°} 3. 6 sin2 x + 5 sin x – 4 = 0 (2 sin x – 1)(3 sin x + 4) = 0 ⇔ ⇔ 2 sin x – 1 = 0 atau 3 sin x + 4 = 0 3 sin x = 1 3 sin x = –4 ⇔

⇔

α + cos2 α + sin α cos2 α 1 + sin α = cos 2 α 1 + sin α = 1 − sin2 α 1 + sin α 1 = (1 − sin α)(1 + sin α) = 1 − sin α

⇔

1 2

sin x =

sin x = –

6

x1 =

π 6

π

=

⇔

6 cos x = 3

⇔ ⇔ ⇔

cos x =

1 2

cos x = cos (±60 + k · 360°) x = ±60 + k · 360°

Untuk k = 0 x1 = 60° + 0 · 360° = 60° x2 = –60° + 0 · 360° = –60° Untuk k = 1 x1 = 60° + 1 · 360° = 420° x2 = –60° + 1 · 360° = 300° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {60°, 300°}.

6

) + k · 2π

+ k · 2π atau

x2 = (π –

B. Uraian

(TM)

π sin x = sin ( + k · 2π) atau sin ((π –

⇔

4 3

1 2

sin x =

sin2

1. 6 cos x – 3 = 0

3

Untuk k = 0 k=1

tan x = –

(1 − sin α)(1 − sin α) 1 − sin2

1 3

3 )(tan x +

3 = 0 atau tan x +

Untuk tan x = –

25. Jawaban: e tan2 α + 1 + tan α sec α 2 sin α 1  sin α  =  cos α  + 1 + cos α · cos α   2 sin α sin α cos 2 α = cos2 α + cos 2 α + cos 2 α =

1 3 1 3

Untuk tan x =

24. Jawaban: b

1 3

(tan x –

1 3

5π 6

π 6

) + k · 2π

+ k · 2π

Untuk k = 0 π π x1 = + 0 · 2π = x2 =

6 5π 6

6

+ 0 · 2π =

5π 6

Untuk k = 1 π 13 x1 = + 1 · 2π = x2 =

6 5π 6

+ 1 · 2π =

π (TM)

6 17 6

π (TM)

π 5π Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah { , }. 6

Matematika Kelas X

6

79

1 1 cos x + cos x sin2 x = 2 2 1 1 sin2 x – cos x + cos x sin2 x – = 2 2 1 1 sin2 x + sin2 x cos x – cos x – = 2 2 1 1 sin2 x (1 + cos x) – cos x + ) = 2 2 1 sin2 x (cos x + 1) – (cos x + 1) = 2 1 (sin2 x – )(cos x + 1) = 2 1 1 2 )(sin x + 2 )(cos x + 1) = (sin x – 2 2 1 1 2 = 0 ∨ sin x + 2 = sin x – 2 2

4. sin2 x –

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

0 0 0 0 0

sin x =

1 2

2

(1) Untuk sin x = sin x =

1 2

2

1

⇔

0

(2) Untuk sin x = sin x = –

1 2

2

∨ cos x = –1

2

2

2 ⇔ sin x = sin 225°, sin 315° x = 225°, 315°

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

cosx

+ 1 + sinx = 4 1 + sinx cos x cosx 1 − sin x · cos x + 1 + sinx · 1 − sin x = 4 cosx (1 + sin x) ⋅ cos x cos x (1 − sin x ) + =4 cos 2 x 1 − sin2 x cos x + sin x c os x cos x − sin x cos x + =4 2 cos x cos 2 x cos x

− sin x cos x + cos x − sin x cos x 2

cos x 2 cos x cos 2 x 2 cos x

=4 =4

cos x =

⇔

2

2 –

–

1 tan x

+

tan x –

2

·

2 –

(tan x − 2)(tan2 x − 2) tan2 x − 2

–

1 2

cos x = cos (± 30° + k · 360°) x = ± 30° + k · 360°

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

=4


1 tan x

+

2

tan x − 2 tan x − 2 tan x − 2 tan2 x − 2 tan x − 2 tan2 x − 2

(tan x − 2)((tan2 x − 2) − 1) tan2 x − 2 (tan x −

⇔

(tan x

−

2 )(tan2 x − 3) 2 )(tan x +

2)

(tan2 x − 3) t an x + 2

=0 =0 =0 =0 =0 =0 =0

tan2 x – 3 = 0 (tan x –

3 )(tan x +

3)=0

tan x = 3 atau t an x = – 3 tan x = tan (60° + k · 180) atau tan x = tan (120° + k · 180°) x1 = 60° + k · 180° atau x2 = 120° + k · 180°

Untuk k = 0 x1 = 60° + 0 · 180° = 60° x2 = 120° + 0 · 180° = 120° Untuk k = 1 x1 = 60° + 1 · 180° = 240° x2 = 120° + 1 · 180° = 300° Jadi, penyelesaiannya adalah x = 60°, 120°, 240°, 300°. 7. sin2 θ + tan2 θ + cos2

θ

sin2 θ = sin2 θ + cos2 θ + cos2

θ

sin2 θ sin2 θ cos2 θ = cos2 θ · cos2 θ + cos2 θ + cos2 θ · cos2

= = =

80

tan x − 2 1

⇔

⇔

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {45°, 135°, 180°, 225°, 315°}. 1 + sin x cos x

+

⇔

(3) Untuk cos x = –1 cos x = –1 ⇔ cos x = cos 180° x = 180° ⇔

5.

1 tan x

tan x –

⇔ x = 45°, 135°

⇔

2 =

⇔

sin x = sin 45°, sin 135°

⇔ 1 – 2

6. tan x –

⇔

∨ sin x = – 2 1 2

Untuk k = 1 x1 = 30° + 1 · 360° = 390° x2 = –30° + 1 · 360° = 330° (TM) Jadi, penyelesaiannya adalah x = 30°, 390°.

0

∨ cos x + 1 = 0 ⇔

Untuk k = 0 x1 = 30° + 0 · 360° = 30° x2 = –30° + 0 · 360° = –30° (TM)

sin2

θ cos2 θ + sin2 θ + cos 2 θ cos 2 θ cos2 θ

sin2

θ cos2 θ + cos 2 θ cos 2 θ + sin 2 θ cos2 θ

cos2

θ (sin2 θ + cos2 θ) + sin2 θ cos2 θ

θ

= =

8.

cos2

θ + sin2 θ cos2 θ

1 cos 2

=

sec2

cos x sin x

θ

θ (terbukti)

+

cos x sin x

=

sin x 1 + cos x

·

1 + cos x 1 + cos x

+

1 sin x

·

10.

2 sin x cos x + cos x + 2 sin x + 1 sin x cos x + sin x

=

= cosec x (terbukti) 1

1

9. tan x − sec x + tan x + sec x = =

sin x cos x

− cos1 x

1 sin x − 1 cos x

+

+

1 sin x cos x

1 sin x + 1 cos x

− cos2 x

= − cos x = –2 tan x (terbukti)

sin x sin x

=

1

2 sin x cos x

2 sin

sin x 1 + cos x

cos x (1 + cos x ) sin2 x = sin x (1 + cos x ) + (1 + cos x) sin x cos x + cos2 x + sin2 x = sin x (1 + cos x) cos x + 1 = sin x (1 + cos x)

=

cos x

= sin x − 1 + sin x + 1 cos x sin x + 1 cos x sin x − 1 = sin x − 1 · sin x + 1 + sin x + 1 · sin x − 1 cos x sin x + cos x cos x sin x − cos x = + 2 sin x − 1 sin2 x − 1 cos x sin x + cos x + cos x sin x − cos x = sin2 x − 1

cos2

=

=

cos x

θ ⋅ 1 + sin2 θ cos2 θ

+ cos1 x

=

cos x (2 sin x + 1) + 2 sin x + 1 sin x (cos x + 1) ( cos x + 1)(2 sin x sin x ( cos x

+ 1)

+ 1)

–

– –

1 sin x 1 sin x

1 sin x

2 sin x + 1 1 – sin x sin x 2 sin x

1

1

= sin x + sin x – sin x 2 sin x

= sin x = 2 (terbukti)

Matematika Kelas X

81

A. Pilihan Ganda

1. Jawaban:

⇔

b

2x2 − x + 3 x 2 − 2x − 3 2x2 − x + 3 x 2 − 2x − 3

⇔ ⇔

2x2

⇔ ⇔

=

>4

− x + 3 − 4(x2 − 2x − 3) >0 x 2 − 2x − 3 −2x2 + 7x + 15 >0 x 2 − 2x − 3 (−2x − 3)(x − 5) >0 (−x + 1)(x − 3)

3 –2

⇔

x=

⇔

x = –1 2 atau x = 5

atau x = 5 1

Pembuat nol penyebut: (x + 1)( x – 3) = 0 ⇔

–1

3

5

1

Penyelesaiannya: –1 2 < x < –1 atau 3 < x < 5 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan 1

2x2 − x + 3 x 2 − 2x − 3

adalah –1 2 < x < –1 atau 3 < x < 5. 2. Jawaban:

e

x x − 3x − 4 2

⇔

x 2 – x x − 3x − 4 x 2 − 2(x2 − 3x − 4) x(x 2 − 3x + 4)

⇔

−x 2 + 6x + 8 x(x + 1)(x − 4)

⇔

2

≥

2 x

≥ 0 ≥ 0 ≥ 0

Pembuat nol pembilang: –x2 + 6x + 8 = 0 ⇔ x2 – 6x – 8 = 0

82

Ulangan Akhir Semester

3 − 17

6 ± 2 17 2

> 4

–1

4 3 + 17

0

Penyelesaiannya: x ≤ 3 − 17 atau –1 < x < 0 atau 4 < x

≤ 3 + 17

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan x x − 3x − 4 2

x + 1 = 0 atau x – 3 = 0 ⇔ x = –1 atau x = 3 Garis bilangan beserta tandanya:

1 2

6 ± 68 2

= 3 ± 17 Pembuat nol penyebut: x(x + 1)( x –4) = 0 ⇔ x = 0 atau x + 1 = 0 atau x – 4 = 0 ⇔ x = 0 atau x = –1 atau x = 4 Garis bilangan beserta tandanya:

– 4 > 0

Pembuat nol pembilang: (–2x – 3)(x – 5) = 0 ⇔ –2x – 3 = 0 atau x – 5 = 0

–1

x1,2 =

2

≥ x adalah {x |x ≤ 3 − 17 atau –1 < x < 0

atau 4 < x ≤ 3 + 17 }. 3. Jawaban:

e

2 x −1  x − 1  Pertidaksamaan  x 3  ≤ x − 3 + 12.  −  x −1 Misalkan y = x − 3 maka pertidaksamaan menjadi: y2 ≤ y + 12 ⇔ y2 – y – 12 ≤ 0 ⇔ (y + 3)(y – 4) ≤ 0

Pembuat nol: (y + 3)(y – 4) = 0 ⇔ y = –3 atau y = 4 Garis bilangan beserta tandanya: . . . (1) –3

4

Penyelesaiannya: –3 ≤ y ≤ 4 ⇔ –3 ≤ y dan y ≤ 4 x −1 1) –3 ≤ y ⇔ –3 ≤ x − 3 x −1 ⇔ + 3 ≥ 0 x−3 x − 1 + 3(x − 3) ⇔ ≥ 0 x−3 4x − 10 ⇔ ≥ 0 x−3


Syarat akar terdefinisi:

10 4

⇔ x =

5

= 2 Pembuat nol penyebut: x – 3 = 0 ⇔ x = 3

13

5x – 13 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5

1)

. . . (2) 13 5

. . . (2) 5 2

Penyelesaiannya: x y ≤ 4

2)

3

5 2

≤

atau x > 3

x −1 ≤ 4 x−3 x −1 – 4 ≤ 0 x−3 x − 1 − 4(x − 3) ≤ 0 x−3 −3x + 11 ≤ 0 x−3

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

x2 – 6x + 5 ≥ 0 ⇔ (x – 1)(x – 5) ≥ 0 Pembuat nol: (x – 1)(x – 5) = 0 ⇔ x = 1 atau x = 5

2)

. . . (3) Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3). . . . (4) 11

Penyelesaiannya 5 ≤ x ≤ 9

. . . (3) 11 3

Penyelesaiannya: x < 3 atau x

≥

5 2

+ 12 adalah x 4. Jawaban:

11

5 2

≤

x −1 x−3

11

5x − 13

3x − 2 >1

⇔ ( 7x − 2 )2 > (1 + 3x − 2 )2 ⇔ 7x – 2 > 1 + 2 3x − 2 + (3x – 2) ⇔ 7x – 2 – 1 – 3x + 2 > 2 3x − 2 ⇔ 4x – 1 > 2 3x − 2 ⇔

atau x ≥ 3 .

3x − 2 >

4x − 1 2

Ruas kanan nilainya belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan dibagi menjadi dua kemungkinan.

b

5x − 13 –

⇔

≤

≤

c

7x − 2 > 1 + 3x − 2 Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

11 3

atau x ≥ 3 2  x − 1  Jadi, nilai x yang memenuhi    x − 3  Penyelesaiannya: x

≥ 0 adalah 5 ≤ x ≤ 9.

⇔

Irisan penyelesaian (2) dan (3)

5 2

5. Jawaban: 7x − 2 –

11 3

5x − 13 –

Jadi, semua nilai yang memenuhi x 2 − 6x + 5

3)

9

5

Pembuat nol pembilang: –3x + 11 = 0 ⇔ x = 3 Pembuat nol penyebut: x – 3 = 0 ⇔ x = 3

3

5

1

x 2 − 6x + 5 ≥ 0

1)

2

≥ x − 6x + 5

Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

⇔ ( 5x − 13 )2 ≥ ( x 2 − 6x + 5 )2 ⇔ 5x – 13 ≥ x2 – 6x + 5 ⇔ 0 ≥ x2 – 11x + 18 ⇔ (x – 2)(x – 9) ≤ 0 Pembuat nol: (x – 2)(x – 9) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 9

Untuk

4x − 1 < 2

4x − 1 < 2

0

0:

⇔ 4x – 1 < 0 ⇔ x <

1 4

. . . (1) 1 4

4x − 1 < 0 maka pertidaksamaan 2 4x − 1 dipenuhi oleh semua nilai x. 2

Oleh karena 3x − 2 >

. . . (1) 2

. . . (2)

9

Penyelesaiannya: 2 ≤ x ≤ 9

Matematika Kelas X

83

Syarat akar terdefinisi: a)

7x – 2 ≥ 0 ⇔ x

Irisan penyelesaian (6),(7), (8) dan (9) 2 7

≥

. . . (10) 2 3

. . . (3) Penyelesaiannya: x

2 7

b)

3x – 2 ≥ 0 ⇔ x

2 3

≥

3)

≥

2 3


. . . (4)

. . . (11)

2 3

2 3

Penyelesaiannya: x

Irisan penyelesaian (1),(2), (3) dan (4) . . . (5) Tidak ada nilai x yang memenuhi. 2)

Untuk 4x − 1 2

4x − 1 2

2 3

Jadi, himpunan penyelesaian 7x − 2 – 3x − 2 > 1 2

adalah {x | x ≥ 3 }

≥ 0:

≥ 0 ⇔ 4x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥

1 4

. . . (6) 1 4

Oleh karena

≥

4x − 1 < 2

0 maka kedua ruas

4x − 1 3x − 2 > 2 bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan. 4x − 1 ⇔ ( 3x − 2 )2 > ( 2 )2

6. Jawaban: e 0 < |x – 2| < 4 ⇔ 0 < |x – 2| dan |x – 2| < 4 1) 0 < |x – 2| ⇔ |x – 2| > 0 ⇔ x – 2 < –0 atau x – 2 > 0 ⇔ x < 2 atau x > 2 ⇔ x ≠ 2

pertidaksamaan

⇔

. . . (1) 2

2)

16x2 − 8x + 1 4

3x – 2 >

⇔ 12x – 8 > 16x2 – 8x + 1 2 ⇔ 16x – 20x + 9 > 0 Oleh karena a = 16 > 0 dan D = (−20)2

|x – 2| < 4 ⇔ –4 < x – 2 < 4 ⇔ –4 + 2 < x – 2 + 2 < 4 + 2 ⇔ –2 < x < 6 . . . (2)

− 4 ⋅16 ⋅ 9

= –176 < 0 maka 16x 2 – 20x + 9 merupakan definit positif sehingga 16x 2 – 20x + 9 > 0 terpenuhi oleh semua nilai x.

–2

3)

Syarat akar terdefinisi: 7x – 2 ≥ 0 ⇔ x

≥

2 7

. . . (8) 2 7

b)

2

3x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . . . (9) 2 3

84


6


–2

. . . (7)

a)

2

2

6

Penyelesainnya: –2 < x < 2 atau 2 < x < 6 Jadi, nilai x yang memenuhui 0 < |x – 2| < 4 adalah –2 < x < 2 atau 2 < x < 6. 7. Jawaban: e 2|5 – x| 2 < 7|5 – x| – 3 Misalkan y = |5 – x| maka pertidaksamaan menjadi: ⇔ 2y2 < 7y – 3 ⇔ 2y2 – 7y + 3 < 0 ⇔ (2y – 1)(y – 3 ) < 0 Pembuat nol: ⇔ (2y – 1)(y – 3 ) = 0 ⇔ 2y – 1 = 0 atau y – 3 = 0

1

⇔

y = 2 atau y = 3 . . . (1) 1 2

8. Jawaban: d |x + 9| – |x – 2| ≥ x + 1 Perhatikan |x + 9| = 0 untuk x = –9 dan |x – 2| = 0 untuk x = 2

3

1

Penyelesaiannya: 2 < y < 3

⇔

1 2

1)

1 2

–9

< y dan y < 3 1) < y

1 2

⇔

Untuk x < –9:

< |5 – x|

. . . (1)

1

–9

|5 – x| > 2

⇔

Pada interval x < –9, nilai |x + 9| = –(x + 9) dan |x – 2| = –(x – 2). |x + 9| – |x – 2| ≥ x + 1 ⇔ –(x + 9) – (–(x – 2)) ≥ x + 1 ⇔ –x – 9 + x –2 ≥ x + 1 ⇔ –11 ≥ x + 1 ⇔ –12 ≥ x

12 2

|5 – x|2 > 1

⇔

(5 – x)2 – 2 2 > 0

⇔ (5 – x +

1 2

1

)(5 – x – 2 )> 0

11

⇔

9

( 2 – x )( 2 – x ) > 0 Pembuat nol: 11 ( 2 –

. . . (2) –12

9 2

x )( – x ) = 0

⇔ x=

11 atau 2

Irisan penyelesaian (1) dan (2). 9

x= 2

. . . (3) –12

. . . (2) 9 2

11 2

9

Penyelesaiannya: x ≤ –12 2)

. . . (4) –9

y < 3 ⇔ |5 – x| < 3 ⇔ |5 – x|2 < 32 ⇔ (5 – x)2 – 32 < 0 ⇔ (5 – x + 3)(5 – x – 3) < 0 ⇔ (8 – x)(2 – x) < 0 Pembuat nol: (8 – x)(2 – x) = 0 ⇔ x = 8 atau x = 2

2

2

Pada interval –9 ≤ x ≤ 2, nilai |x + 9| = (x + 9) dan |x – 2| = –(x – 2). |x + 9| – |x – 2| ≥ x + 1 ⇔ (x + 9) – (–(x – 2)) ≥ x + 1 ⇔ x + 9 + x – 2 ≥ x + 1 ⇔ 2x + 7 ≥ x + 1 ⇔ x ≥ –6 . . . (5)

8

–6

Penyelesaiannya: 2 < x < 8 3)

Untuk –9 ≤ x ≤ 2:

11

Penyelesaiannya: x < 2 atau x > 2 2)

2



. . . (6) –6

2

9 2

11 2

Penyelesaiannnya: 2 < x <

Penyelesaiannya: –6 ≤ x ≤ 2

8

9 2

atau

2

11 < x < 8 2

3)

Untuk x > 2:

Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan 9

2|5 – x|2 < 7|5 – x| – 3 adalah 2 < x < 2 atau 11 < 2

x < 8.

2

Pada interval x > 2, nilai |x + 9| = (x + 9) dan |x – 2| = (x – 2).

Matematika Kelas X

85

|x + 9| – |x – 2| ≥ x + 1 ⇔ (x + 9) – (x – 2) ≥ x + 1 ⇔ x + 9 – x + 2 ≥ x + 1 ⇔ 11 ≥ x + 1 ⇔ 10 ≥ x

Pembuat nol pembilang: 7 – 4x = 0

⇔ x =

Pembuat nol penyebut: 4x – 1 = 0 ⇔ x =

7 4 1 4

Garis bilangan beserta tandanya: . . . (2)


10

Penyelesaiannya: x 2

4)

3)

10

1 4

<

7

atau x ≥ 4


Gabungan penyelesaian (3), (6) dan (9)

. . . (3) –

–12

–6

2

9. Jawaban:

10

6 4x − 1

6 4x − 1

10. Jawaban:

c

5 4

5

≤ 1

5

≤ 1 adalah x ≤ – 4 atau x ≥

⇔ –1 ≤

6 6 dan 4x − 1 4x − 1

≤ 1 ≤ 1

d

⇔ ( x 2 − 4x + 4 )2 ≤ (|2x + 3|)2 ⇔ x2 – 4x + 4 ≤ 4x2 12x + 9 ⇔ 3x2 + 16x + 5 ≥ 0 ⇔ (3x + 1)(x + 5) ≥ 0

6

⇔

6 + 4x − 1

⇔

6 + (4x − 1) 4x − 1

⇔

4x + 5 4x − 1

1 ≥ 0

≥ 0

Pembuat nol: (3x + 1)(x + 5) = 0 ⇔ 3x + 1 = 0 atau x + 5 = 0

≥ 0

⇔ x = – 3 atau x = –5

1

5

. . . (1)

Pembuat nol pembilang: 4x + 5 = 0 ⇔ x = – 4 Pembuat nol penyebut: 4x – 1 = 0 ⇔ x =

1 4


–5 4

1 4

⇔ ⇔ 86

–5

1

–3

Syarat akar terdefinisi: x2 – 4x + 4 ≥ 0 ⇔ (x – 2)2 ≥ 0 sehingga x2 – 4x + 4 ≥ 0 terpenuhi oleh semua nilai x.

. . . (1) 5

1

Penyelesaiannya: x ≤ – 4 atau x > 4

⇔

.

x 2 − 4x + 4 ≤ |2x + 3| Kedua ruas bernilai positif sehingga dapat dikuadratkan.

–1 ≤ 4x − 1

⇔

7 4

⇔

⇔ –1 ≤

6 4x − 1

7

x 2 − 4x + 4 – |2x + 3| ≤ 0 6 4x − 1

2)

7 4

Penyelesaiaannya: x ≤ – 4 atau x ≥ 4 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan

Penyelesaiannya: x ≤ –12 atau –6 ≤ x ≤ 10 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan |x + 9| – |x – 2| ≥ x + 1 adalah x ≤ –12 atau –6 ≤ x ≤ 10.

1)

7 4

1 4

. . . (2) Irisan penyelesaian (1) dan (2)

≤ 1

6 – 1 ≤ 0 4x − 1 6 − (4x − 1) ≤ 0 4x − 1 6 − 4x + 1 ≤ 0 4x − 1 7 − 4x ≤ 0 4x − 1


. . . (3) –5

1 –3

x 2 − 4x + 4 – |2x + 3| ≤ 0 maka x ≤ –5

Jadi, jika 1

atau x ≥ – 3 .

11. Jawaban:

a

Panjang KL :

KL =

(xK

− xL )2 + (yK − y L )2

=

(−4 − 2)2

+ (1 − 5)2

=

(−6)2

=

36 + 16

=

52 = 2 13

+ (−4)2

A merupakan titik tengah KL , maka panjang AK :

AK = =

1 KL 2 1 × 2 2

13 =

13

Jadi, panjang AK adalah

13 satuan.

12. Jawaban: c ∠ADB dan ∠CDB saling berpelurus, maka: ∠ADB + ∠CDB = 180 ⇒ (2x + 15) + 125 = 180 ⇔ 2x + 140 = 180 ⇔ 2x = 40 ⇔ x = 20 Jadi, nilai x = 20. 13. Jawaban: e ∠AEC = 72° dan ∠DEB = 56° ∠DEC merupakan penyiku ∠AEC, maka: ∠DEC = 90° – ∠AEC = 90° – 72° = 18° ∠BEC = ∠DEB – ∠DEC = 56° – 18° Jadi, besar ∠BEC = 38°. 14. Jawaban: b ∠P4 : ∠Q1 = 3 : 2 berarti ∠P4 = 3x dan ∠Q1 = 2x. ∠P4 dan∠Q1 merupakan pasangan sudut dalam berseberangan, maka: ∠P4 +∠Q1 = 180° ⇔ 3x + 2x = 180° ⇔ 5x = 180° ⇔ x = 36° ∠Q3 dan ∠Q1 bertolak belakang, maka: ∠Q3 = ∠Q1 = 2x = 2(36°) = 72° Jadi, besar ∠Q3 = 72°. 15. Jawaban: c Besar sudut-sudut sehadap sama, sehingga:

34°

Sehingga diperoleh: (4a + 12)° = 90° + 34° ⇔ 4a + 12 = 124 ⇔ 4a = 112 ⇔ a = 28 Jadi, nilai a = 28. 16. Jawaban: d Menurut dalil intercept segitiga diperoleh: x : (x + 4) = 10 : 16 ⇔ x × 16 = 10 × (x + 4) ⇔ 16x = 10x + 40 ⇔ 6x = 40 x= 6

⇔

x= 3

20 20

Jadi, nilai x = 3 . 17. Jawaban: a Dalil De Ceva: AD BE CF × CE × AF = 1 BD AD 4 8 ⇔ 6 × 10 × 5 = 8 AD ⇔ = 75

1 1 75

⇔

AD = 8 75

Jadi, AD = 8 cm. 18. Jawaban: b Segitiga ABC dapat digambarkan sebagai berikut. A

13

B

p

9

D

C

10

Panjang proyeksi AB pada BC adalah BD = p cm. b2 = a2 + c2 – 2ap ⇔ 92 = 102 + 132 – 2 × 10 × p ⇔ 81 = 100 + 169 – 20p ⇔ 20p = 100 + 169 – 81 ⇔ 20p = 188 188

⇔

p = 20

⇔

47

34°

34°

40

⇔

p= 5 Jadi, panjang proyeksi AB pada BC yaitu 47

p = 5 cm. Matematika Kelas X

87

19. Jawaban: a Segitiga ABC dengan D titik tengah BC.

21. Jawaban: 2 cos x –

Y 5

⇔ C

4 A

D 1

–2

2

3

4

5

6

7

8

X

Panjang garis berat yang melalui titik A sama dengan AD dengan titik D(4, 1). Jarak titik A(–2, 3) dengan titik D(4, 1): AD =

2

− xD ) + (y A − y D )

(x A

=

(−2 − 4)2

=

(−6)2

=

36 + 4

22. Jawaban: d 2 tan x – 3 = 0 ⇔ 2 tan x = 3

Dari tan x =

3 2 3 , 2

3

maka penyelesaiannya adalah

⇔ θ = arc tan

x = arc tan 2

+ (3 − 1)2 3

+ 22

AC = A

B

2

AB

cos θ = AC =

2 10 satuan. 20. Jawaban: b Segitiga KLM dapat digambarkan sebagai berikut. K o o

5 cm

3 cm

θ

5 cm

T

3 cm

M

Jadi, nilai cos

3 2

.

Nilai tangen θ dapat digambarkan pada segitiga ABC di samping. Dengan rumus Pythagoras diperoleh:

C

2

= 40 = 2 10 Jadi, panjang garis berat yang melalui titik A adalah

L

3 1

⇔ 3 tan x =

B

–3

2 cos x =

cos x = 2 3 cos x = cos 30°, cos 330° x = 30°, 330° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {30°, 330°}.

2

–3 –2 –1 0 –1

3 = 0

⇔ ⇔

3

1

c

AB2

+ BC2

=

22 + 32

=

4 + 9 =

13

2 2 = 13 13 13 2 θ = 13 13 .

23. Jawaban: d 2 cos2 x + 3 sin x = 0 ⇔ 2(1 – sin2 x) + 3 sin x = 0 ⇔ 2 – 2 sin2 x + 3 sin x = 0 ⇔ 2 sin2 x – 3 sin x – 2 = 0 ⇔ (2 sin x + 1)(sin x – 2) = 0 ⇔ 2 sin x + 1 = 0 atau sin x – 2 = 0 ⇔ 2 sin x = –1 sin x = 2

⇔

1

sin x = – 2

Segitiga KLM merupakan segitiga sama kaki yaitu

Untuk sin x = 2, tidak ada x yang memenuhi.

KL = KM = 5 cm, maka KT merupakan garis tinggi, garis berat, dan garis bagi segitiga KLM. Segitiga KLT siku-siku di titik T, maka:

Untuk sin x = – 2

KT =

KL2

− LT2

=

52

− 32

=

25 − 9

= 16 = 4 Jadi, panjang garis bagi yang melalui titik K adalah 4 cm. 88


1

1

sin x = – 2

⇔ sin x = sin (150° + k · 360°) atau sin (210° + k · 360°) ⇔ x1 = 150° + k · 360° atau x2 = 210° + k · 360° Untuk k = 0 x1 = 150° + 0 · 360° = 150° x2 = 210° + 0 · 360° = 210° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {150°, 210°}.

24. Jawaban: e sin2 x + 2 cos x = –2 ⇔ sin2 x + 2 cos x + 2 = 0 ⇔ (1 – cos2 x) + 2 cos x + 2 = 0 ⇔ –cos2 x + 2 cos x + 3 = 0 ⇔ cos2 x – 2 cos x – 3 = 0 ⇔ (cos x – 3)(cos x + 1) = 0 ⇔ cos x – 3 = 0 atau cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = 3 atau cos x = –1 (1) Untuk cos x = 3 (tidak ada x yang memenuhi) (2) Untuk cos x = 1 cos x = –1 ⇔ cos x = cos π ⇔ x =π Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = π. 25. Jawaban: a 4 cos2 x = 2 cos x + 2 ⇔ 4 cos2 x – 2 cos x – 2 = 0 ⇔ (4 cos x + 2)(cos x – 1) = 0 ⇔ 4 cos x + 2 = 0 atau cos x – 1 = 0 ⇔ 4 cos x = –2 cos x = 1

=

+ cos α tan α

α

cos α sin α + sin α · cos α

1 sin

2

cos2

α α

=

cos2 α sin2 α

=

cos2 α sin2 α

=

1 sin2

α

+ 1 sin2 sin2

+

= cosec2 α c

1

(tan x + sec x) + (tan x − sec x) = (tan x − sec x)(tan x + sec x )

1

⇔ cos x = cos 120°, cos 240° ⇔ x = 120°, 240°

(2) Untuk cos x = 1 ⇔ cos x = cos 0° cos x = 1 ⇔ x = 0° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {0°, 120°, 240°}.

=

2 tanx tan x − sec2 x 2

sin x

=

=

2 cos x  sin x     cos x 

2

−  cos1 x 

4

sin2 x

e

2 sin x cos x

sin x 2 cos x

= sin2 x − 1

−(1 − sin2 x)

2

cos2 x

cos x

=

+ 2 sin x – 2 3 sin x –

3 =0

⇔ (2 sin x – 3 )(2 sin x + 1) = 0 ⇔ 2 sin x – 3 = 0 atau 2 sin x + 1 = 0 ⇔ 2 sin x = 3 2 sin x = 0 ⇔

sin x =

1 2

2 sin x =

3

1 –2

1

(1) Untuk sin x = 2 3 1

sin x = 2 3

⇔ ⇔

(2) Untuk sin x = – 1

sin x = – 2

⇔

− cos2 x

2tanx −1

=

= –2 tan x

cos2 x

30. Jawaban: d (sec x – tan x)2  1 =   cos x

2

−

sin x   cos x  2

 1− sin x  =    cos x  (1 − sin x)2 = 2 cos x

2π π sin x = sin 3 , sin 3 π 2π x = 3 , 3

1 2

⇔

2 cos x

2





sin x

26. Jawaban:

α α

+ tan x + sec x tan x − sec x

(1) Untuk cos x = – 2 1

1 tan2

b

1

cos x = – 2

cos x = – 2

28. Jawaban:

29. Jawaban:

1

⇔

27. Jawaban: a (1 + sin t)2 + cos2 t = 1 + 2 sin t + sin2 t + cos2 t = 1 + 2 sin t + 1 = 2 + 2 sin t

4π 5π sin x = sin 3 , sin 3 4π 5π x = 3 , 3

π 2 π 4π 5 π Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 , 3 , 3 , 3 }.

(1 − sin x)(1 − sin x) 1 − sinx = (1 − sin x)(1+ sin x) = 1+ sinx B. Uraian

1. a.

2x4 − 9x3 − 5x2 (x − 6)2 (x − 5)

< 0

⇔

x 2(2x 2 − 9x − 5) (x − 6)2 (x − 5)

⇔

(2x + 1)(x − 5) (x − 6)2 (x − 5)

< 0

< 0

Matematika Kelas X

89

Pembuat nol pembilang: x2(2x + 1)(x – 5) = 0

⇔ ( 2x2 − 5x + 2 + x2 )2 ≥ ( x − 1 )2

⇔ x = 0 atau x = 0 atau x = – 2 atau x = 5

⇔ 2x2 – 5x + 2 + 2 2x2 − 5x + 2 · x2 ≥ x – 1

Pembuat nol penyebut: (x – 6)2 (x – 5) = 0 ⇔ x = 6 atau x = 6 atau x = 5 Garis bilangan beserta tandanya.

⇔ 2 2x2 − 5x + 2 · x2 ≥ –3x2 + 6x – 3

1

–

1 2

0

0

5

5

6

Ruas kanan nilainya belum tentu positif sehingga nilai ruas kanan diuraikan menjadi dua kemungkinan. a. Untuk –3x2 + 6x – 3 < 0: –3x2 + 6x – 3 < 0 ⇔ –3(x – 1)2 < 0 Pembuat nol: –3(x – 1) 2 = 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ x = 1 atau x = 1

6

1

Penyelesaiannya: x < – 2 atau 0 < x < 0 atau

. . . (1)

5 < x < 5 atau 6 < x < 6

⇔ x<–

1

1 2

2 Oleh karena 2 2x 2 − 5x + 2 x ≥ 0 dan –3x2 + 6x – 3 < 0 maka pertidaksamaan

2x4 − 9x3 − 5x2 Jadi, penyelesaian (x − 6)2 (x − 5) < 0 adalah

2 2 2x 2 − 5x + 2 x ≥ –3x2 + 6x – 3 < 0 dipenuhi oleh semua nilai x.

1

x<–2. 2

b.

3

– x − 5 x−3

≤

1

1 x

. . . (2) 2

⇔

3

1

Syarat akar terdefinisi: 1) 2x2 – 5x + 2 ≥ 0 ⇔ (2x – 1)(x – 2) ≥ 0

– x − 5 – x ≤ 0 x−3 2(x − 5)x − 3(x − 3)x − (x − 3)(x − 5) ⇔ ≤ 0 (x − 3)(x − 5)x 2x 2 − 10 − 3x 2 + 9x − x 2 + 8x −15 ⇔ ≤ 0 (x − 3)(x − 5)x −2x 2 + 7x − 15 ⇔ ≤ 0 (x − 3)(x − 5)x Pembuat nol pembilang: Oleh karena –2x 2 + 7x – 15 mempunyai nilai a = –2 < 0 dan D = 7 2 – 4(–2)(–15) = –71 maka –2x2 + 7x – 15 merupakan definit negatif sehingga tidak pernah bernilai nol. Pembuat nol penyebut: (x – 3)(x – 5)x = 0 ⇔ x = 3 atau x = 5 atau x = 0 Garis bilangan beserta tandanya:

1

Pembuat nol: (2x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 2

. . . (3) 1 2

2)

3

x2 ≥ 0 Pembuat nol: x2 = 0 ⇔ x = 0 atau x = 0 . . . (4) 0

3) 0

2

0

x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . . . (5)

5

1

Penyelesaiannnya: 0 < x < 3 atau x > 5 2

3

Jadi, penyelesaian x − 3 – x − 5 0 < x < 3 atau x > 5.

Irisan penyelesaian (1), (2), (3),(4) dan (5)

1

≤ x adalah

2

2.

2x

2

Penyelesaiannya: x ≥ 2 ⇔ x ≠ 1

2

− 5x + 2 + x ≥ x − 1

Kedua ruas pertidaksamaan

2x 2

− 5x + 2 + x2

≥ x − 1 bernilai positif sehingga kedua ruas dapat dikuadratkan.

90


b.

Untuk –3x2 + 6x – 3 ≥ 0: Pembuat nol: –3x2 + 6x – 3 = 0 ⇔ –3(x – 1)2 = 0 ⇔ x – 1 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ x = 1 atau x=1

a. 1

1

. . . (1)

Nilai –3x2 + 6x – 3 = 0 terpenuhi hanya untuk x = 1. Perhatikan x = 1 tidak memenuhi syarat akar terdefinisi (x ≥ 2). Syarat akar terdefinisi: 1) 2x2 – 5x + 2 ≥ 0 ⇔ (2x – 1)(x – 2) ≥ 0

1 2

1

Pada interval x < – 2 , nilai |2x + 1| = –(2x + 1) dan |3x – 1| = –(3x – 1). |2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5 ⇔ –(2x + 1) + (–(3x – 1)) ≥ 5 ⇔ –2x – 1 – 3x + 1 ≥ 5 ⇔ –5x ≥ 5 ⇔ x ≤ –1

1

Pembuat nol: (2x – 1)(x – 2) = 0 ⇔ x = 2 atau x = 2

1 2

2)

1

Untuk x < – 2 :

. . . (2)

1 –1

x2 ≥ 0 Pembuat nol: x2 = 0 ⇔ x = 0 atau x = 0

Irisan penyelesaian (1) dan (2). . . . (3)

0

3)

–1

0

Penyelesaiannya : x ≤ –1

x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

b.

1

Untuk – 2

≤ x ≤

1 3

:

1

. . . (4)

Dengan demikian untuk –3x 2 + 6x – 3

≥0

–

2 pertidaksamaan 2 2x 2 − 5x + 2 x ≥ –3x2 + 6x – 3 tidak mempunyai penyelesaian.

c.

1 2

1 3

1

1

Pada interval – 2 ≤ x ≤ 3 , nilai |2x + 1| = (2x + 1) dan |3x – 1| = –(3x – 1). |2x + 1| + |3x – 1| ≤ 5 ⇔ (2x + 1) + (–(3x – 1)) ≥ 5 ⇔ 2x + 1 – 3x + 1 ≥ 5 ⇔ –x ≥ 3 ⇔ x ≤ –3

Gabungan penyelesaian (a) dan (b)

2

Penyelesaiannya: x ≥ 2 Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2x 2 − 5x + 2 + {x | x ≥ 2}.

x2

≥

. . . (5) –3

x − 1 adalah


3. 2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5

Penyelesaiannya: { }

1

Perhatikan |2x + 1| = 0 untuk x = – 2 dan |3x – 1| = 0 untuk x =

1 3

c.

1

Untuk x > 3 :

1 3

–

1 2

1 3

1

Pada interval x > 3 , nilai |2x + 1| = (2x + 1) dan |3x – 1| = (3x – 1).

Matematika Kelas X

91

|2x + 1|+ |3x – 1| ≥ 5 ⇔ (2x + 1) + (3x – 1) ≥ 5 ⇔ 2x + 1 + 3x – 1 ≥ 5 ⇔ 5x ≥ 5 ⇔ x ≥ 1

1


d.

Gabungan penyelesaian (3), (6) dan (9)

–1

2

4. | x | +1

2

≤ 1− | x |

⇔

2 2 – | x | +1 1− | x |

≤ 0

⇔

2(1 − | x |) − 2(| x | +1) (| x | +1)(1 − | x |)

≤ 0

⇔

2−2|x|− 2|x|− 2 (| x | +1)(1 − | x |)

≤ 0

⇔

−4 | x | (| x | +1)(1 − | x |)

≤ 0

0

Penyelesaiannya: –1 ⇔ –1 < x < 1

0

1


2 | x | +1

≤

2 1− | x |

adalah –1 < x < 1.

92

∠A3 dan ∠B3 merupakan pasangan sudut dalam


15 × 24 18

= 20 AD : AB = AE : AC ⇔ 18 : (18 + 6) = b : (b + 4) ⇔ 18 : 24 = b : (b + 4) ⇔ 18 × (b + 4) = 24 × b ⇔ 18b + 72 = 24b ⇔ 6b = 72 ⇔ b = 12 Jadi, nilai a = 20 dan b = 12. A

< x ≤ 0 atau 0 ≤ x < 1

sepihak, maka: ∠A3 + ∠B3 = 180° ⇔ 117° + ∠B3 = 180° ⇔ ∠B3 = 63°

b.

a=


Pembuat nol pembilang: –4|x| = 0 ⇔ |x| = 0 ⇔ x = –0 atau x = 0 Pembuat nol penyebut: (|x| + 1)(1 – |x|) = 0 ⇔ 1 – |x| = 0 ⇔ |x| = 1 ⇔ x = –1 atau x = 1 Garis bilangan beserta tandanya:

–1

Dalil intercept segitiga: DE : BC = AD : AB ⇔ 15 : a = 18 : (18 + 6) ⇔ 15 : a = 18 : 24 ⇔ 15 × 24 = 18 × a

⇔

1

Penyelesaiannya: x ≤ –1 atau x ≥ 1 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan |2x + 1| + |3x – 1| ≥ 5 adalah x ≤ – 1 atau x ≥ 1.

5.

berseberangan, maka: ∠B1 = C2 = 32° ∠B1, ∠B2, dan ∠B3 membentuk garis lurus, maka: ∠B1 + ∠B2 + ∠B3 = 180° ⇔ 32° + B2 + 63° = 180° ⇔ ∠B2 + 95° = 180° ⇔ ∠B2 = 85° Jadi, besar ∠B2 = 85°. 6. a.

1

Penyelesaiannya: x ≥ 1

∠B1 dan ∠C2 merupakan pasangan sudut dalam

12

10

B

D

C

7

Panjang proyeksi AC pada BC adalah CD = p cm. c2 = a2 + b2 – 2ap ⇔ 122 = 72 + 102 – 2 × 7 × p ⇔ 144 = 49 + 100 – 14p ⇔ 14p = 49 + 100 – 144 ⇔ 14p = 5

⇔ p=

5 14

Diperoleh panjang proyeksi AC pada BC yaitu 5

p = 14 cm. Panjang garis tinggi yang melalui titik A adalah AD.

Segitiga ACD siku-siku di D, maka: AD2 = AC2 – CD2

5π π π t = 3 atau 6 t = 3 t2 = 10 Jadi, kedalaman air pada saat 21 kaki adalah pada pukul 14.00 dan pukul 22.00.

⇔ ⇔ t1 = 2

5

= 102 – ( 14 )2 25

= 100 – 196 19.600 − 25 19.575 = = 196 196

9. a.

15

19.575 196

= 14 87 Jadi, panjang garis tinggi yang melalui titik A adalah

AD = 15 14

b.

16

87 cm.

Air pasang setinggi-tinggi pada saat d sedalam-dalamnya. Kedalaman air maksimum pada saat nilai kosinusnya paling kecil (cos α = –1). π cos 6 t = –1

⇔ cos

π

⇔ ⇔

π

t = cos π

6

b.

t =π

6

t=6 Jadi, terjadi pasang setinggi-tingginya pada saat t = 6 atau pada pukul 18.00. Air surut serendah-rendahnya pada saat nilai kosinus paling besar. πt cos 6 = 1

⇔ cos ⇔ ⇔

c.

T = 54 + 25 sin (30t + 5)° Pada saat T = 70°F diperoleh hubungan seperti berikut. 70 = 54 + 25 sin (30t + 5)° ⇔ 16 = 25 sin (30t + 5)°

⇔ = sin (30t + 5)° 25 ⇔ sin (30t + 5)°= 0,64 ⇔ sin (30t + 5)° = sin 40°, sin 140° ⇔ 30t + 5 = 40 atau 30t + 5 = 140

8. Persamaan trigonometri yang berkaitan dengan kedalaman pantai: π d = 35 – 28 cos 6 t a.

π

6

10. a.

π 21 = 35 – 28 cos 6 t π –14 = –28 cos 6 t

⇔ ⇔ 28 cos

⇔

(1) 30t + 5 = 214 ⇔ 30t = 209 ⇔ t ≈ 7 (2) 30t + 5 = 326 ⇔ 30t = 321 ⇔ t ≈ 10,7 Jadi, pada bulan ke-7 (Juli) sampai dengan bulan ke-10,7 (Oktober) suhu rata-rata di bawah 40°F.

= cos 0 atau cos 2π 6 πt πt = 0 atau = 2π 6 6

⇔

⇔

14

⇔ – 25 = sin (30t + 5)° ⇔ sin (30t + 5)° = –0,56 ⇔ sin (30t + 5)°= sin 214°, sin 326° ⇔ 30t + 5 = 214 atau 30t + 5 = 326

πt

t=0 t = 12 Jadi, terjadi surut sekecil-kecilnya pada saat t = 0 atau t = 12 atau pada pukul 12.00 dan 24.000. Saat kedalaman air di pantai 21 kaki. π d = 35 – 28 cos 6 t

π 6

t = 14

1 π cos 6 t = 2 5π π π cos 6 t = cos 3 , cos 3

(1) 30t + 5 = 40 ⇔ 30t = 35 ⇔ t = 1,16 (2) 30t + 5 = 140 ⇔ 30t = 135 ⇔ t = 4,5 Jadi, pada bulan ke-1 (Januari) pada bulan ke-4 (April) suhu rata-rata di kota di atas 70°F. Pada saat T = 40°F diperoleh hubungan seperti berikut. 40 = 54 + 25 sin (30t + 5)° ⇔ –14 = 25 sin (30t + 5)°

b.

y = 4 cos (2πt) Ep = ky2 = k(4 cos (2πt))2 = k · 16 cos2 (2πt) = 16k cos2 (2πt) Jadi, Ep = 16k cos2 (2πt). Ep = 16k cos2 (2πt) = 16k(1 – sin2(2πt)) = 16k – 16k sin 2 (2πt) Jadi, rumus lain dari energi potensial adalah Ep = 16k – 16k sin 2 (2πt).

Matematika Kelas X

93

r a j a l e B r e b m u S i s t u a k k o a l A W

a d n a s G i l n s u n t a a a i r i g e h l a r u i T P U T

n a i a l i n e P

s e T • • • n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K

. p n n n l n n r r r r r r a a a e a a a . e i e i e i e e i e s d n p p p p l p . . a a a a k l n , . p a o s l t s s t l i . . a . s a e s o k k p p l p a e a p a e e t k k l l l f n f n k u . a a e e e e a i l a i a e e k s l o i o e i t l t s s s s l l . e n s i t t y r l y l y m - i - t a u o u a n a y n t n n s s n i o a a a n n b u a u n n . n o m m o k e t e s r f r e a i u o f i i i m e a k n k i a a p k m p a m i k l o p i s r i m n n s n p a e s l a n t n s n n n n n n k g i a u n n m a a a n a a a a a m a a n n n k m a n k a a a a r k a k a k a k a t k i a k a k a k u a t s s s u a s u k g f u a s u s m u m m u m a t t t t a a a a n n , f l a n m l a m a n a i l a m a n k n k i l a n m a e a e a j e s e s e d g a s e a e a j e s e s e d j - j l k n k n i k n k n i t t s t n m n s n n n n t n a e a e r e u f m r a e a e r a e a e r e e d e e d d i e a e e e d i i i i M s M p M t M t M p M m s M s M p M t M t M p •

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

n a r a j a l e b m e P i r e t a M

r o t a k i d n I

, . n - n p i - l n g k r d a n a a k a a t . a a e d k a d n l b d n t k a a k y i k t o a u k a , u r i u i j j a h d a u e s m n h n l e r u k r u a p a u e b a d u t n t g r n n r y a e b n d e s e e r p i p a a n t i m e s i , m t g n n l m u n a u i u k n e a a g p t p a p a i a n a o i l a r b m i m a g a e r l m s m r k l a s g a i o e a n a a i r M e M a r t s i p s t b d •

r a s a D i s n e t e p m o K

p r n a e a k i t a d . s r i s e t e n b a b a r k , e a i l r r p e u l a o i d t a y e g s p n a a u a b m k d r e a b l m i a r k a e u p l a a p b d r d e r i a e h d B t 3 . 2

180

Silabus

•

- n - - l n n n i n n - - l n n - n n n a n a a a n e a a a k a a a a a a a a a k a a a a a a l a a n a . k . k m k e a k m a n d k m k s a k m a n d n k r m k r i o i o r r u u e s a t s a u l u u y m t u t m g t u a a a u a s t r i e m t e m s s g r i a s a a a e s k s k l l l b k b k n y a n p s g e n n a n p s g e a j s a a e k e e a a e k p e n s e k n p a e e a a a j l j l j j n r r l k l a d d . n p a d n e k n n a e t n n d e t i e a n i n i e a n i . d l t t a a i a a e e i e e l e t e e i t i t r p a r r . f f d i i i r m i m i m a a r m s m e a s m e k d m n s s m e . m a r l i l t a t - n l - n l s e . m s e l t p n m n p n p l a a p t l a p o a e a o e n a a a n u u i u n p a u l e u p i u n r a u l a a n u u p t p s f n f n a a u n s n e i i u p p p p p e p p e e n u p p a a a a e e a o i i g o g a o s y h i s r m p n i o m y h i s i s m m m s r m p p i m m n n a n n s m m n n a s n a i s a l n n n m a n m n s a e l o n a i a a e a a o n a i a a a a e a a o n a a a r k r M e M k a M h a a r M p s a r k s d m M k a M h s i p s i s d m M k a •

•

•

•

•

•

, - . - t - - k n - n - - l - - - . - n n i a e a e a h k e k a a a a e k a l a n e a a k e k l l a a a f i i p a d n n e t m t i c t a y d m t m m n d d u o y s i i a a u u a , i e e h m p s l , n t n t r r s n m n n p m m m a l k a m e a e a e m m a e a a a r s a n t e d n d r a n d p i i p t i k o a e a n a h d , m a d a n a m i i t a m a d o n p l n p n m m n p a a k i n s l a r u i i d e a e a a e a a n a e s a h k s m k d h d t k p i r s s l r k k , a l i n n t i n h a a i n a l u s e a a i r l r a s l s o , s s n n o c d a p o k a e a a i s p i p k a n p k a a i i i k a n b s l n , i e s k d e r r r a n a h k n p a a k n i o m d i a a n a k n j l m n i s a n e s s a t r s n l . s a t a . e a a n a a h u m e k l c k e k n e e k a m a a i a g s k r a e l d p a m e d p p i a d p a m n a s a l e g k a y a t , n l n a a i n l c t a n p t n a m r m n k l i n r f a n e u a e r s e e e u e a a e n u e e a a a e e i y e M n p m M n s d p a m M n s d s M n s a d p l 0 7 8 9 1 . . . . 3 3 3 3

•


a d n a s G i l n u n t a a i r h e i l a r i T P U

n a i a l i n e P

s e T • • n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K


r o t a k i d n I

- n n n n - n i e a a l a a a a k e a s h g a u e a n t y m l l e n a n e a d m s y s n a e e k n a a s n p a t e i e d i n a k m m m a t r k r . r a l e e n . u p e d a u p b i p u p k n t o a l r i m p n a t m n g i n e s m a i a u a a a M h s m M k y p a r •


•

- n n n i - n n n i a a a a a a a a s h g a s h g a n e e a n a e l l l l e m e a d e a d m y s n a y s n a n a a s n a a s t t e i e i k m a a k m r k m m r k . a l r r a e e u p e d a u p e d . i k n p b i p b t o t a m n g r i m n g r l t s n n a a a e a a a a e u r M M k y p i k y p m •

•

, h n h a a a m a l l l a h a a s a d s a a c e k a m m p t l n u n a m n a a n a k m a i h a d a , s a s l e c k a l e a n e . d a o y t i m t i s n a e r e a y r e M p i p n 6 . 4

Matematika Kelas X

181


a d n a s G i l n s u n t a a a i r h g i a e l r u i T P U T

n a i a l i n e P

a d n a s G i l n s u n t a a a i r h g i a e l r u i T P U T

s e T • • • n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K

s e T • • •

l n k t t n t a g , - n t - i a t n n i n n n n n n n n s n r l a i p s a u u n a a u u v r a a a a i a a i a a i a a a i f e l a a a s g d t i a g t i i a d d a e o d s d t t t d t t g g c a n u p a d s n u i t r n k r r r r d c w r i e . n . o e f . i n d a l a e e e e e a s l t a e t e s a r m u n a e s g i p i u a s a r i e l t - a i r b , g g b g i g i g g l g g a t g n e d l d i e y f t e u s i n u y n n t n n i k a a i t t i d u d d a n t l i i i m i n l r b t d i d i l p h r i l e i e e e e i g s n d g l l l . n g i g g a k r h u a g l s h n . n a n e p p p p p a i a a s e a u a e e a . d . d . s . e a n a e g a d n t n t s . g d d s . n s . n e a d s n i l s i i n n b u a a a y s a i n n n a a t n a , . o n g a u a i a n i a d s a a t a i a i i g k g g t a k r a a a a r n k r s y y y y i i i l i g k d i k e a r k k u k g a i b n k g n k a n k g n t a i t a t a t a a i t k r n e j s s b y a s r d s e k k k k i k m n t s g t s r t s a t s s n i k e a i a i p j n s a e u a s s . s g s g s g s a t a s e f i r a a i a l a a f a e a a n f a a a b g e e e u i l g l l l a s f u b d e a a a a a y n d l l b i b s a i l l t i l l g e e s s s e s s l n n j - j e h e i b e i s g e g l e i e e e g i s s s a i t e e j s e j t b j j j j b y j j j n a a j s u t t s t n i t g u n s t n i g i j n i s t n i a n a n a n i s h n a g m g n i g n i n d g n n n d b r r n g r n n n r n d d r g g a a a a e a u a a l e e e e e h e a e e a e e n a e a u e n e e e a e a e a e a f f f f a i a i a i e M s M p M p M p M g i a d d M s p M s j a k M y s M M y h y g o M l t s M g s M g s M g s •

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•


r o t a k i d n I

i , t n f r m t t a a i a p e k l k a e d a m k j d u o j b n n o e n e a g . , u p i r n n i m a u a e r e t a t t j g n m r a a a a a y l d u s h r e g a p p g k n p m a n n m a a k e e d a i i M s m d m b •


i . r s r t a e n e k b a r p a r e i a , l i l o a y u t g s d n a a e a b m p d r m e a u a b l a k k u d a b p i l r a d i r t e n e d p a a p a r a h r d e k i e e B s t b 3 . 2

, t , . - , n i n i n u i a f t f i u a i a g a b a g t d t r i k k e k t e n u i n i t s s s m b g e s k . e a a u l a l s i d s e u t d i , e d j e s r s u i s b d g i g . j i i r n r a n g a n a . m u n e a g e a g e g e p , a i g n e s i g b t l m m m , m g i m t i t g s a f g l a a i i d u i f u k n r i u e u a i u i i p d p p t p p s s s t a t b l . s g t i i t m m m m i n m r n a a s a l a a f a i a s a f a g i a a a a i a M k d M s M k M d i t M s g d •

•

•

•

, , n i p g n t r t e n n a u a g e e i a i d s a k t m t n d k u i g m o i p u s g e o k b a s e r b , e s s i l g i a e m r h l n d n e t a m a a e e a d a k i p m p m g , l i n p a s s d n a e p t m ( t e i ) r a . r r a t k s r l k u e l a i e l a f t t d . e t s d i i t n s i , g d a r s n n n t a a t l i l i i r a l a l e a a y f i i a a a d M d d n s d d g b 1 1 . 3

•

- - t - - l - - t s n i i i l a i a i a g a g a g r a f f a n i n n i . s s s a d d s e s e e , a e e e g t l l l g l t t i a i e m e m e m l i a a , r t y h f y h a . y h f e g i u b a n a i n n e d b s s a a g e l e l e l s i s i t i m a i a r m a m m s n s n g s n u a g u a a u a a e u a a s g a . p m k t k s p m k i , b p m s g s a a u m a m a i m n n d i n n r n n d g a a u u a a u a a a u a n r a i M k g s M k g p M k g g t g •

•

•

l ) g t - h i i a i n . t r a l l a n n m t a k a l a a e a l g e k d d d u r j i y a y , m n r d n e a g i e p t t s a h g n e t , a l n e e k a s i a r k e s t t d a ( i e i t r g s a m m t t n a n a a l i i d n a f l i g l a t a t m a l i s n d r d a n e - d a a s t , a i a a . a t d b t k f f i i t h s u , n i j a r n h t a u a d a e a y i u g l a e c n b y k a s s i t m m m e e n e s a i r g , o m s g k e j b a i f e e e e e r e i n M o m t a s s g b p t 7 . 4

Matematika Kelas X

183


n a i a l i n e P

n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K

h a n t a a n a f a d l k i a p a s i . - r s n p a t a a i a s n a j u f i l a m g n r a g s e e n d g g p n n i a n e a d k i n a d h i e m a t l a s a m i k d g e r a l l a u e e g e b s i d s t l y i g n g g i l n e n n g a a e a a M y j s d y •


r o t a k i d n I


184

Silabus


a d n a s G i l n u n t a a i r i e h l a r i T P U

n a i a l i n e P

a d n a s G i l n u n t a a i r i e h l a r i T P U

s e T • • n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K

s e T • •

. - n - n s n n n i n g n i n g n i r s r r a k r n h a a u n a t a o n a a l . e e t a a e l e o a i y a e a t r t n n r o r a e a a a a p o t a a p a n h b a i t a o e n t t . a a e . . a n m m s s m m i i i e u n . n r m g a i l n i e g v o n m r p r m t g i e e i r e t r s t a i e a r o l e a t o t a i d b s m a g a n t s t s t n u d r e e e c e s s k o b s k e t r e r g a n r i r n m s t r a r t n e a y e e e e m m n p n a p n e e g k e o a o e d t a . n a i n n p m n y a a o p / i k r n d m e r a a a h e a a o t r n a t n p n a n p k k o a o t d y n d y n i r i t p r s a m o s o n o n o e r l a i k . s a a i i a s b n n i a a n g a g g p a a e r . r t r i i a t i t k g t g i a i s p a t o n a u s a n m p i r k r h r n k n i t i i i t u l k a j a t t t n a r k a r t i e t r l e r a a t e e e t k k s u u s n k p s e s u a h k a m c - a s n d y n s d m m t s u r r e u a d n t a e t i s s s a k l a n e t a n a a i m d u a h o o a a k k o h r m l n p , r d i t e i b i t e i t y i e o e n n n d t a o e i j a r t u n e a g i t g a m e t y t n t r d n t a t s i n n n o t s o o n n a t n n n n n t b n n r r m n a e e i g n g i g e e a d e e e e a a e s o i o e e a e o e a e u e d a e e d a i r r t r e d M b t c p M s m c M d m k M i M y p M b i M i M m m M l k k t •

•

•

•

•

•

•

•

•


r o t a k i d n I

, , a i l m n k u l a a u d a g r b a r e d n i e t e p d k t i e p s i a u n s s k k k n i a a r a a s r i l i e l e g k i r o t n l i e t u n k m p r n i g e e a r e i n M b d b l •


186

i p r a e d k t n i a s a r i d e s n b a e . , r b t i l e r a u l e p k o i d t a e a r p n g a a y s u a r a k d b e m a l a b i r k e u p m a a p r b d l e r a a e h B t d 3 . 2

Silabus

. - i - n - i - k n i - - i - s - a n . . - s . n i i n i i n g r n / a i n i r t r r a d r n r a a r a s t r a a s u a s a t s t a a n e t a a t a a a a r e k a r t s t a a t p d . k a p e k r i . i p p m e k d d i p t i i k a e n p i t h k e i i t a a i t n r n r a k y r r r t r a a a u u u e h e t k e m k s m t m m n t s p m n n a k t k r k u m l u m s a a y j s r o s e o u a o e e u n n g m o n p e s s e a d d e a s n n e b a e e n e i n b s e n k e n r n d a n e n m i s s o u t e a m u r l d d d d p o o r a i n a o n g i n i . n i . n i . n a . y a a l g . y i i m e n m d u n u a o g n g g p i e n g e e e r r r r y r n n i i s g n e s d i a a t e n t e a i e n t r e t r e a t e m m a r m a o e a p t n t t r m n t n r s e m s e e m e u t a r m a s i g m m r t u m n t m a a m t a e e a r u a n u l s m e m m n e t n r e t e m u t m u a l s u r s u l m m n d u e k u u e r u n p k a a p a u a a u o o o o p a a r e t t e p p p p e m u p t m v i e a p p t i n p t n e t p n t p o n p a i t y a u a a m y n p b n i o a u t s e m n r o m n o m s u n m n m n o m m r n m n n n m s d m n a m n a o m n k b e a r a a g g g g a a a o e a n r a a e a a a j a a a e l i e e i k a o a i a i a n e d e s M p m r M r M r M e r M a d M M k g b M u t M k a t k a M p p t k t p e i k i M k t s d k •

•

•

i - n p i r p r k t a t u f a e t t i e a s e n r h n m u s - m e a t o n c e k o s f a o n e n i i m n o i s s o m e g a i g l i p n k r a n t r i a s t n a d m p n a k a n l i r a g i t a a a . k a n k a n d s m e u a h e h a a b m m a r y l d a a e m s n s r r d n n s e e n a e e e a a M p d m p s k m 2 1 . 3

•

•

•

•

•

•

•

•

. - n i n - - - - l s r n a n - i e e a s a m n e e a s e a p a g y i a e n u l l a d m m g t m g a p n u r a e n n u m e i s a e n u e e m m e m t e p k p n a r a t d b a e m a d i s k n t e g a l s a n . d i n r s m u a r t n u a g a r m a h e t o r t l e i e s e e e l a a n t r a k p n a a l m d n t p i m a u e e d h s a a a r r y o d s k t n a n m a i l r b m n i r a a a s n l a a t e m a y a n t a t d d y m n n a a e k o s e n i n a a d n h s h a a d m n o n a m n n c k k a a a u l u g m a a b i o a a n k r o a i l o m r k n n s n k k a n k t p i g r a e i a a t a b a n o s m g o n a r s l a o k s a g u a r h g u s e k e j e f a e n i l i e a t u r r i n e a M i m m f t g l M l m a t b t n c 8 . 4

9 . 4


n a i a l i n e P

n a r a j a l e b m e P n a t a i g e K


r o t a k i d n I

. s n n g n n n i i r a t s a a n a i l k a g a d e a i h y n m n a e a o a s a l d i n e g l o l m r n e a a t i g e y s e r a u t M n a t n m a s t s e o s u k i a p m m e a r n t i t t r o k m n r e g n a a e n e o e i r i d M d p k b p t •


Matematika Kelas X

187

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Mata Pelajaran Satuan Pendidikan Kelas/Semester Materi Pembelajaran Alokasi Waktu

: : : : :

Matematika SMA/MA X/2 Pertidaksamaan Rasional, Irasional, dan Mutlak 18 × 45 menit (9 kali pertemuan)

A. Kompetensi dan Indikator 1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya. Indikator: • Mampu menggunakan konsep pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dalam kehidupan sehari-hari. 2.1 Menunjukkan sikap senang, percaya diri, motivasi internal, sikap kritis, bekerja sama, jujur dan percaya diri serta responsif dalam menyelesaikan berbagai permasalahan nyata. 2.2 Memiliki rasa ingin tahu yang terbentuk dari pengalaman belajar dalam berinteraksi dengan lingkungan sosial dan alam. 2.3 Berperilaku peduli, bersikap terbuka, dan toleransi terhadap berbagai perbedaan di dalam masyarakat. Indikator: • Mampu menunjukkan sikap senang, motivasi internal, sikap kritis, bekerja sama, jujur dan percaya diri serta responsif dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. • Mampu menunjukkan rasa ingin tahu yang tinggi tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. • Mampu menunjukkan perilaku peduli, bersikap terbuka, dan toleransi terhadap berbagai perbedaan langkah-langkah menyelesaikan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. 3.7 Mendeskripsikan dan menerapkan konsep pertidaksamaan dan nilai mutlak dalam menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan pecahan, irasional, dan mutlak. Indikator: • Mampu menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan rasional menggunakan konsep pertidaksamaan rasional. • Mampu menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan irasional menggunakan konsep pertidaksamaan irasional. • Mampu menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan mutlak menggunakan konsep pertidaksamaan mutlak. 3.8 Mendeskripsikan dan menerapkan konsep pertidaksamaan pecahan, irasional, dan mutlak dalam menyelesaikan masalah matematika. Indikator: • Mampu menentukan penyelesaian permasalahan matematika menggunakan konsep pertidaksamaan rasional, irasional, atau mutlak. 3.9 Mendeskripsikan dan menerapkan konsep dan sifat-sifat pertidaksamaan pecahan, irasional dan mutlak dengan melakukan manipulasi aljabar dalam menyelesaikan masalah matematika. Indikator: • Mampu menyebutkan sifat-sifat pertidaksamaan rasional, irasional dan mutlak. • Mampu menentukan penyelesaian permasalahan matematika menggunakan sifat-sifat pertidaksamaan rasional, irasional, atau mutlak dan dengan melakukan manipulasi aljabar. 3.10 Menganalisis daerah penyelesaian pertidaksamaan pecahan, irasional, dan mutlak. Indikator: • Mampu menentukan dan menggambar daerah penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak.

188

Rencana Pelaksanaan Pembelajaran

4.6 Memecahkan masalah pertidaksamaan pecahan, irasional, dan mutlak dalam penyelesaian masalah nyata. Indikator: • Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. B. Tujuan Pembelajaran 1.

2. 3. 4. 5. 6.

Siswa mampu menunjukkan sikap senang, motivasi internal, sikap kritis, bekerja sama, jujur dan percaya diri serta responsif dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. Siswa mampu menunjukkan rasa ingin tahu yang tinggi tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak. Siswa mampu menjelaskan dan mendeskripsikan konsep pertidaksamaan rasional, irasional, atau mutlak. Siswa mampu menentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, atau mutlak. Siswa mampu menyebutkan dan menggunakan sifat-sifat pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak untuk menyelesaikan permasalahan. Siswa mampu menentukan dan menggambar daerah penyelesaian pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak.

C. Materi Pembelajaran 1. 2. 3.

Pertidaksamaan Rasional Pertidaksamaan Irasional Pertidaksamaan Mutlak

D. Metode Pembelajaran 1. 2. 3. E.

Pendekatan : Scientific Approach Model Pembelajaran : Siklus Belajar (Learning Cycle ) Metode Pembelajaran : Problem Solving dan Diskusi

Media, Alat, dan Sumber Belajar 1.

Media a. b.

2.

Alat dan Bahan a. b.

3.

Kertas Penggaris

Sumber Belajar a. b. c. d.

F.

Komputer /laptop dan proyektor. Grafik-grafik fungsi rasional, irasional, dan nilai mutlak.

Buku Matematika SMA/MA Kelas X Program Peminatan , Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas X Program Peminatan , Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia Buku PR Matematika Kelas XB Program Peminatan , PT Intan Pariwara Buku PG Matematika Kelas XB Program Peminatan , PT Intan Pariwara

Kegiatan Pembelajaran Pertemuan I (2 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) a. b.

Guru mengajak siswa untuk mengingat kembali tentang persamaan/pertidaksamaan linear satu variabel, dan persamaan/ pertidaksamaan kuadrat serta cara menyelesaikannya. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.

Matematika Kelas X

189

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. b. c. d. e.

3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan kuadrat. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep pertidaksamaan polinomial. Guru meminta siswa mengamati proses perolehan garis bilangan beserta tanda dari grafik fungsi polinomial. Guru mengajak siswa mengamati, menemukan, dan membuat kesimpulan langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan polinomial. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan polinomial untuk dikerjakan siswa.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. b. c.

Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan polinomial dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan polinomial untuk dikerjakan siswa. Pertemuan II (2 jp)

1.

Pendahuluan (10 menit) a. b. c.

2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. b. c. d. e. f.

3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep pertidaksamaan polinomial yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep dan bentuk umum pertidaksamaan rasional. Guru meminta siswa mengingat sifat pembagian bilangan bulat. Guru mengajak siswa mengamati, menemukan, dan membuat kesimpulan sifat-sifat pertidaksamaan rasional. Guru meminta siswa mengamati proses perolehan garis bilangan beserta tanda dari grafik fungsi rasional. Guru menjelaskan langkah-langkah menyelesaikan pertidaksamaan rasional (sesuai bentuk umum pertidaksamaan rasional) menggunakan sifat-sifat pertidaksamaan rasional. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan rasional sederhana untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan rasional dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan rasional sederhana untuk dikerjakan siswa. Pertemuan III (2 jp)

1.


2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. b. c.

190

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep pertidaksamaan rasional yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru menjelaskan langkah menentukan penyelesaian soal pertidaksamaan rasional mulai dari yang sederhana meningkat ke yang rumit. Guru mengajak siswa mengamati, menemukan, dan membuat kesimpulan langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan rasional. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan rasional untuk dikerjakan siswa.


3.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan rasional dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan rasional untuk dikerjakan siswa. Pertemuan IV (2 jp)

1.


2.


3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep pertidaksamaan rasional yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru menjelaskan bilangan rasional dan bilangan irasional. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep dan bentuk umum persamaan irasional. Guru mengajak siswa mengamati dan menemukan sifat bilangan di bawah tanda akar. Guru menjelaskan langkah-langkah menyelesaikan persamaan irasional. Guru membimbing siswa menemukan kesimpulan langkah-langkah menyelesaikan persamaan irasional. Guru memberikan beberapa soal persamaan irasional sederhana untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep persamaan irasional dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal persamaan irasional sederhana untuk dikerjakan siswa. Pertemuan V (2 jp)

1.


2.


3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep persamaan irasional yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep dan bentuk umum pertidaksamaan irasional. Guru mengajak siswa mengamati ketidaksamaan bilangan bulat dan menemukan sifat bilangan positif. Guru membimbing siswa menemukan sifat-sifat bilangan positif. Guru menjelaskan langkah-langkah menyelesaikan pertidaksamaan irasional. Guru membimbing siswa menemukan kesimpulan langkah-langkah menyelesaikan pertidaksamaan irasional. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan irasional sederhana untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan irasional dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan irasional sederhana untuk dikerjakan siswa.

Matematika Kelas X

191

Pertemuan VI (2 jp) 1.


2.


3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep pertidaksamaan irasional yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru menjelaskan langkah menentukan penyelesaian soal pertidaksamaan irasional mulai dari yang sederhana meningkat ke yang rumit. Guru mengajak siswa mengamati, menemukan, dan membuat kesimpulan langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan irasional. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan irasional untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan irasional dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan rasional untuk dikerjakan siswa. Pertemuan VII (2 jp)

1.


2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. b. c. d. e. f. g.

3.

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep pertidaksamaan irasional yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep mutlak, fungsi mutlak dan sifat-sifat mutlak. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep dan bentuk umum persamaan mutlak. Guru menjelaskan langkah-langkah menentukan penyelesaian persamaan mutlak menggunakan konsep mutlak atau menggunakan grafik. Guru memberikan beberapa soal persamaan mutlak untuk dikerjakan siswa. Guru membimbing siswa agar menemukan konsep dan bentuk umum pertidaksamaan mutlak. Guru menjelaskan langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan mutlak menggunakan konsep mutlak atau menggunakan grafik. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan mutlak untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep persamaan mutlakdalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal persamaan irasional sederhana untuk dikerjakan siswa. Pertemuan VIII (2 jp)

1.


192

Guru mengajak siswa mengingat kembali konsep persamaan/pertidaksamaan mutlak yang telah dipelajari. Guru membahas tugas yang diberikan dan bertanya tentang kesulitan siswa dalam menyelesaikan tugas. Guru menyampaikan garis besar tujuan pembelajaran.


2.


3.

Guru menjelaskan langkah menentukan penyelesaian soal pertidaksamaan mutlak mulai dari yang sederhana meningkat ke yang rumit. Guru mengajak siswa mengamati, menemukan, dan membuat kesimpulan langkah-langkah menentukan penyelesaian pertidaksamaan mutlak. Guru memberikan beberapa soal pertidaksamaan mutlak untuk dikerjakan siswa.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan memotivasi siswa untuk dapat menerapkan konsep pertidaksamaan mutlak dalam menyelesaikan permasalahan matematika. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa. Guru memberikan tugas kepada siswa beberapa soal pertidaksamaan rasional untuk dikerjakan siswa. Pertemuan IX (2 jp)

1.


2.

Kegiatan Inti (70 menit) a. b.

3.

Guru meminta siswa memasukkan semua barang di atas meja siswa ke laci atau tas dan menyiapkan bolpoin dan penggaris. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret. Guru memimpin siswa berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian. Siswa mengerjakan soal evaluasi dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan.

Kegiatan Penutup (10 menit) a. b.

Guru meminta siswa mengumpulkan hasil ulangan, kemudian memberikan penjelasan bahwa hasil ulangan merupakan indikator tingkat penguasaan siswa terhadap materi peluang. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.

G. Penilaian 1.

Teknik dan Bentuk Instrumen Teknik

2.

Bentuk Instrumen

Pengamatan Sikap

Lembar Pengamatan Sikap dan Rubrik

Tes Tertulis

Tes Pilihan Ganda dan Uraian

Portofolio

Kumpulan Laporan dan Produk

Contoh Instrumen a.

Lembar Pengamatan Sikap No.

Aspek yang Dinilai

1.

Mengagumi konsep pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dalam perannya membantu menyelesaikan masalah keseharian.

2.

Memiliki sikap konsisten, teliti dan cermat, disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak.

3.

Memiliki sikap dan berperilaku jujur, kritis dalam menghadapi permasalahan seharihari.

4.

Memiliki rasa keingintahuan kegunaan mempelajari pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak.

3

2

1

Keterangan

Matematika Kelas X

193

b.

194

Rubrik Penilaian Sikap No.

Aspek yang Dinilai

Rubrik

1.

Mengagumi konsep pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dalam perannya membantu menyelesaikan masalah keseharian.

3 : menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak serta sepenuhnya mengetahui peranan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dalam membantu menyelesaikan masalah nyata. 2 : kurang menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dan belum sepenuhnya mengetahui peranan pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dalam membantu menyelesaikan masalah nyata. 1 : tidak menunjukkan ekspresi kekaguman dan menghayati terhadap pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak dan tidak mengetahui peranan peluang dalam membantu menyelesaikan masalah nyata.

2.

Memiliki sikap konsisten, teliti, cermat, disiplin, dan percaya diri dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan tentang pertidaksamaan rasional, irasional, dan mutlak .

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.

Mengetahui Kepala SMA/MA . . . .

Guru Mata Pelajaran

......................... NIP_________________________

......................... NIP_________________________


Rencana Pelaksanaan Pembelajaran Mata Pelajaran Satuan Pendidikan Kelas/Semester Materi Pembelajaran Alokasi Waktu

: : : : :

Matematika SMA/MA X/2 Persamaan Trigonometri 18 × 45 menit (5 kali pertemuan)

A. Kompetensi dan Indikator 1.1 Menghayati dan mengamalkan ajaran agama yang dianutnya. Indikator: • Menghayati dan mengamalkan konsep tentang persamaan trigonometri dalam penerapannya dalam kehidupan dan menyelesaikan masalah. 2.1 Menunjukkan sikap senang, percaya diri, motivasi internal, sikap kritis, bekerja sama, jujur dan percaya diri serta responsif dalam menyelesaikan berbagai permasalahan nyata. 2.2 Memiliki rasa ingin tahu yang terbentuk dari pengalaman belajar dalam berinteraksi dengan lingkungan sosial dan alam. 2.3 Berperilaku peduli, bersikap terbuka, dan toleransi terhadap berbagai perbedaan di dalam masyarakat. Indikator: • Memiliki sikap senang, percaya diri, kritis, teliti, cermat, disiplin, dan rasa ingin tahu dalam menghadapi dan menyelesaikan permasalahan masalah keseharian. • Memiliki rasa ingin tahu dalam mempelajari persamaan trigonometri. • Memiliki sikap terbuka, berperilaku peduli, dan toleransi dalam berinteraksi dengan lingkungan sekitar. 3.12 Mendeskripsikan konsep persamaan trigonometri dan menganalisis untuk membuktikan sifat-sifat persamaan trigonometri sederhana dan menerapkannya dalam pemecahan masalah. Indikator: • Mendiskripsikan persamaan trigonometri. • Menentukan penyelesaian persamaan trigonometri dasar. • Menjelaskan tentang aljabar persamaan trigonometri. • Menentukan penyelesaian bentuk aljabar persamaan trigonometri. • Menentukan penyelesaian persamaan kuadrat trigonometri. • Menjelaskan tentang pengertian identitas trigonometri. • Mengubah bentuk fungsi trigonometri yang setara. • Membuktikan bentuk kebenaran identitas trigonometri. 4.8 Mengolah dan menganalisis informasi dari suatu permasalahan nyata dengan membuat model berupa fungsi dan persamaan trigonometri serta menggunakannya dalam menyelesaikan masalah. 4.9 Merencanakan dan melaksanakan strategi dengan melakukan manipulasi aljabar dalam persamaan Trigonometri untuk membuktikan kebenaran identitas trigonometri serta menerapkannya dalam pemecahan masalah kontekstual. Indikator: • Menganalisis permasalahan nyata dan mengubahnya menjadi model matematika berupa persamaan trigonometri. • Menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan model matematika yang berbentuk persamaan trigonometri. • Menganalisis cara menyelesaikan bentuk persamaan trigonometri dengan cara manipulasi aljabar. • Menyelesaikan masalah sehari-hari yang berkaitan dengan persamaan trigonometri.

Matematika Kelas X

195

B.

Tujuan Pembelajaran 1. 2. 3. 4.

C.

Siswa mampu mendiskripsikan konsep persamaan trigonomatri dan identitas trigonomatri. Siswa mampu menentukan unsur-unsur yang terdapat pada persamaan trigonometri. Siswa mampu menyelesaikan persamaan linear dan persamaan identitas trigonometri dengan teknik penyelesaian yang tepat. Siswa mampu menerapkan dan menyelesaikan permasalahan sehari-hari yang berkaitan dengan persamaan trigonometri.

Materi/Submateri Pembelajaran 1. 2. 3.

Persamaan Trigonometri Aljabar Persamaan Trigonometri Identitas Trigonometri

D. Metode Pembelajaran 1. 2. 3. E.

Pendekatan : Scientific Approach Model : Siklus Belajar (Learning Cycle ) Metode : Problem Solving dan Diskusi

Media, Alat, dan Sumber Belajar 1.

Alat dan Bahan

2.

Sumber Belajar a. b. c. d.

F.

Buku Matematika SMA/MA Kelas X Program Peminatan , Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia Buku Guru Matematika SMA/MA Kelas X Program Peminatan , Kementerian Pendidikan dan Kebudayaan Republik Indonesia Buku PR Matematika Kelas XB Program Peminatan , PT Intan Pariwara Buku PG Matematika Kelas XB Program Peminatan , PT Intan Pariwara

Kegiatan Pembelajaran Pertemuan I (3 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) Guru mengajak siswa mengamati peristiwa atau fenomena dalam keseharian yang berhubungan dengan persamaan trigonometri. Misalnya pada persamaan-persamaan fungsi pada materi pegas, gerak harmonik sederhana, atau gerak melingkar suatu benda. Peristiwa-peristiwa ini dapat berkaitan dengan persamaan trigonometri.

2.

Kegiatan Inti (115 menit) a. b. c. d.

3.

Kegiatan Penutup (10 menit) a.

b.

196

Guru menjelaskan persamaan trigonometri dasar, misalnya sin x = sin p, cos x = cos p, atau tan x = tan p. Guru bisa menambahkan ilustrasi-ilustrasi untuk memperjelas penyampaian materi belajar. Guru menjelaskan unsur-unsur yang terdapat pada persamaan trigonometri dasar. Unsur-unsurnya antara lain besar sudut dan nilai sudut. Guru menjelaskan cara menyelesaikan bentuk-bentuk persamaan trigonometri dasar dengan metode/ teknik penyelesaian yang tepat. Guru bisa menggunakan alternatif penyelesaian yang lain. Guru membimbing siswa mengerjakan soal tentang persamaan trigonometri secara tertuntun dengan mengisi isian dengan tepat. Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran yang berkaitan dengan persamaan trigonometri. Guru mendorong siswa untuk memahaminya dengan memperbanyak mengerjakan soal-soal latihan. Guru memberikan reward (berupa pujian atau bentuk penghargaan lain yang relevan) kepada siswa.


Pertemuan II (5 jp) 1.


2.

Kegiatan Inti (180 menit) a. b.

c.

d. e.

3.

Guru mengingatkan kembali tentang persamaan trigonometri dasar dan teknik penyelesaiannya. Guru menyampaikan garis besar materi yang akan dipelajari berikutnya dengan menjelaskan keterkaitan dengan materi sebelumnya. Dalam hal ini materi persamaan trigonometri dasar akan digunakan lagi pada materi ini, yaitu aljabar persamaan trigonometri. Guru menjelaskan tentang aljabar persamaan trigonometri, dengan membandingkan pada persamaan-persamaan kuadrat bentuk aljabar. Guru memberikan beberapa contoh bentuk aljabar persamaan trigonometri, misalnya bentuk persamaan kuadrat trigonometri. Dalam hal ini guru mendiskripsikan unsur-unsur yang terdapat pada aljabar persamaan trigonometri. Guru menjelaskan cara menyelesaikan aljabar persamaan trigonometri dengan berbagai teknik yang tepat. Bentuk aljabar yang dimaksud adalah persamaan kuadrat. Guru menjelaskan cara menyelesaikan persamaan kuadrat trigonometri dengan metode/teknik yang tepat. Guru menjelaskan cara menyelesaikan persamaan kuadrat trigonometri dengan cara memfaktorkan. Guru membimbing siswa untuk berlatih mengerjakan soal tentang aljabar persamaan trigonometri/ persamaan kuadrat trigonometri. Dalam hal ini dapat dilakukan dengan mengisi isian yang tersedia untuk menentukan himpunan penyelesaian dari persamaan kuadrat trigonometri.

Kegiatan Penutup (20 menit) a.

b.

Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan mendorong siswa untuk dapat menentukan penyelesaian dari persamaan trigonometri. Guru memberikan tugas kepada siswa untuk latihan pengerjaan soal-soal. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa. Pertemuan III (5 jp)

1.

Pendahuluan (25 menit) a.

b. 2.

Kegiatan Inti (180 menit) a.

b.

c.

d.

3.

Guru meminta siswa untuk mengingat kembali tentang persamaan trigonometri. Guru melakukan tanya jawab tentang persamaan trigonometri dilihat dari hasil penyelesaiannya. Pada persamaan trigonometri memiliki penyelesaian hanya beberapa saja. Guru menjelaskan materi yang akan dipelajari berikutnya yaitu tentang identitas trigonometri. Guru menjelaskan tentang perbedaan antara persamaan trigonometri dengan identitas trigonometri. Guru bisa menjelaskan dengan contoh-contoh persamaan dan identitas trigonometri dilihat dari hasil penyelesaiannya. Dari contoh-contoh ini, guru menjelaskan perbedaan yang nyata antara persamaan dan identiitas trigonometri. Guru menjelaskan beberapa bentuk identitas trigonometri dasar dan membuktikannya. Langkah pembuktiannya bisa memasukkan seluruh penyelesaian pada persamaan identitas trigonometri yang diberikan. Guru bersama-sama siswa membuktikan persamaan identitas trigonometri. Langkah pembuktian bisa dilakukan dengan memanipulasi bentuk aljabar. Guru membimbing siswa melakukan pembuktian identitas trigonometri dengan cara melengkapi isian pada langkah-langkah pembuktian. Guru menyampaikan garis besar pembuktian dari kebenaran identitas atau langkah-langkah menentukan bentuk yang setara dengan bentuk trigonometri. Misalnya dengan memanipulasi bentukbentuk aljabar trigonometri.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan mendorong siswa untuk dapat membuktikan kebenaran identitas trigonometri. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa.

Matematika Kelas X

197

Pertemuan IV (3 jp) 1.

Pendahuluan (10 menit) a.

Guru memberikan beberapa contoh penerapan konsep persamaan trigonometri, baik dalam konsep fisika atau dalam kehidupan sehari-hari (masalah kontekstual). Guru menjelaskan materi yang akan dipelajari berikutnya yaitu tentang penerapan persamaan trigonometri dalam kehidupan.

b. 2.

Kegiatan Inti (115 menit) a.

Guru menjelaskan tentang bentuk-bentuk penerapan persamaan trigonometri. Guru memberikan cotoh-contoh bentuk persamaan trigonometri dari permasalahan-permasalahan yang diberikan. Guru menjelaskan cara menentukan dan menganalisis model matematika/persamaan trigonometri dari permasalahan sehari-hari. Guru bersama-sama siswa menyelesaikan permasalahan sehari-hari/kontekstual dengan cara memanipulasi bentuk-bentuk persamaan trigonometri atau identitas trigonometri.

b. c. 3.


Guru bersama siswa menyimpulkan hasil pembelajaran dan mendorong siswa untuk dapat menemukan banyak contoh kontekstual yang berkaitan dengan persamaan trigonometri. Guru memberikan reward kepada seluruh siswa. Pertemuan V (2 jp)

1.


2.


3.

Guru meminta siswa untuk menyiapkan bolpoin dan penggaris guna menghadapi ulangan harian. Guru membagikan kertas untuk lembar jawaban dan coret-coret. Guru memimpin siswa berdoa sebelum mengerjakan soal ulangan harian. Siswa mengerjakan soal ulangan harian dengan teliti dan jujur, kemudian hasilnya dikumpulkan. Guru memberi kesempatan kepada siswa untuk bertanya tentang soal-soal ulangan harian yang belum dimengerti atau kurang jelas maksudnya.

Kegiatan Penutup (10 menit) Guru menginstruksikan kepada siswa untuk mengumpulkan pekerjaannya jika sudah selesai.

G. Penilaian 1.

Teknik dan Bentuk Instrumen Teknik

198

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.

b.

Lembar Pengamatan Sikap No.

Aspek yang Dinilai

1.

Mengagumi, menghayati, dan mengamalkan konsep tentang persamaan trigonometri serta penerapannya dalam kehidupan dan menyelesaikan masalah.

2.

Memiliki rasa ingin tahu yang tinggi.

3.

Bersikap kritis, disiplin, cermat, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok.

4.

Memiliki sikap menghargai dan bekerja sama, toleransi dalam melakukan sesuatu hal dengan orang lain.

3

2

1

Keterangan

Rubrik Penilaian Sikap No.

Aspek yang Dinilai

Rubrik

1.

Mengagumi, menghayati, dan mengamalkan konsep tentang persamaan trigonometri serta penerapannya dalam kehidupan dan menyelesaikan masalah.

3 : menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap persamaan trigonometri serta manfaatnya sehingga merasa sangat penting dan perlu mempelajari persamaan trigonometri. 2 : belum menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap persamaan trigonometri serta manfaatnya sehingga kurang bersemangat dalam mempelajari persamaan trigonometri. 1 : tidak menunjukkan ekspresi kekaguman terhadap persamaan trigonometri serta manfaatnya sehingga tidak bersemangat dalam mempelajari persamaan trigonometri.

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, cermat, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupun kelompok.

3 : menunjukkan sikap kritis, disiplin, cermat, dan teliti dalam melakukan kegiatan baik secara individu maupunkelompok misalnya sering bertanya hal-hal yang kurang jelas, disiplin dan teliti dalam menghitung danmenyelesaikan masalah. 2 : kurang menunjukkan sikap kritis, disiplin, cermat, 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, cermat, dan teliti dalam kegiatan belajar maupun dalam menyelesaikan masalah.

Matematika Kelas X

199

MATEMATIKA MINAT

Recommend Documents