Pembahasan Soal SNMPTN 2011 Matematika IPA kode 599

Pembahasan Soal

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS

Disusun Oleh :

Pak Anang

1.

Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT Pembahasan Soal SNMPTN 2011 Matematika IPA Kode Soal 599 By Pak Anang (http://pakhttp://pak-anang.blogspot.com) anang.blogspot.com)

Diketahui vektor 23 = (5, −2, −1) dan 8̅ = (5, 5, −1). Jika vektor 23 tegak lurus pada 8̅ , maka nilai 5 adalah .... A. −1 B. 0 C. 1 D. 2 E. 3 Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat:

Perkalian titik: 53 ∙ >3 = |5||>| cos @

Jika vektor 53 dan vektor >3 saling tegak lurus maka @ = 90°, akibatnya 53 ∙ >3 = 0 Perkalian titik dari vektor 53 = (BC , DC , EC ) dan vektor >3 = (BF , DF , EF ) juga bisa didefinisikan sebagai

53 ∙ >3 = BC BF + DC DF + EC EF

Jika 53 tegak lurus dengan >3, maka 53 ∙ >3 = 0. 53 ∙ >3 = 0 5 5 ⇒ K−2L ∙ K 5 L = 0 −1 −1 ⇒ 5M − 25 + 1 = 0 (5 − 1)M = 0 ⇒ ⇒ 5−1=0 ⇒ 5=1

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com)

Halaman 1

2.

Pernyataan berikut yang benar adalah .... A. Jika sin B = sin D, maka B = D B. Untuk setiap vektor 23, 8̅ , dan N O berlaku 23 ∙ (8̅ ∙ N O) = (23 ∙ 8̅ ) ∙ N O F C. Jika PC Q(B)RB = 0, maka Q(B) = 0 D. Ada fungsi Q sehingga limS→U Q(B) ≠ Q(W) untuk suatu W E. 1 − cos 2B = 2 cosM B

Penyelesaian:

Penyelesaian untuk soal ini harus dianalisis setiap pilihan jawaban. Analisis jawaban:

A. Jika sin B = sin D, maka B = D. Ini kurang tepat karena tidak selalu B = D, tetapi ada nilai lain selain D yang memenuhi persamaan tersebut. Ingat lagi konsep trigonometri antar kuadran. sin B = sin D ⇒ B = D + Y ∙ 360° ⇒ B = (180° − D) + Y ∙ 360° Jadi jawaban A salah.

B. Untuk setiap vektor 23, 8̅ , dan N O berlaku 23 ∙ (8̅ ∙ N O) = (23 ∙ 8̅ ) ∙ N O Lihat dengan seksama bahwa (8̅ ∙ N O) = skalar. Begitu juga dengan (23 ∙ 8̅ ) = skalar. Misalkan (8̅ ∙ N O) = \ dan (23 ∙ 8̅ ) = ] maka nilai (23 ∙ \) dan (] ∙ N O) tidak bisa didefinisikan. Karena perkalian skalar hanya bisa dilakukan oleh vektor dengan vektor. Jadi jawaban B juga salah.

C. Jika PC Q(B)RB = 0, maka Q(B) = 0 F

Ambil sembarang Q(B) ≠ 0, misal Q(B) = B dimana B ≠ 0 maka P_^ Q(B) RB = P^ B RB = 0. ^

Ini membuktikan bahwa PC Q(B)RB = 0 maka tidak selalu Q(B) = 0. Jadi jawaban C juga salah. F

^

D. Ada fungsi Q sehingga limS→U Q(B) ≠ Q(W) untuk suatu W. Untuk fungsi yang tidak kontinu, maka nilai limit pada titik dimana nilai fungsinya tidak terdefinisi bisa didefinisikan menggunakan metode pemfaktoran maupun metode L’hopital. Jadi jawaban D benar.

E. 1 − cos 2B = 2 cosM B Ingat identitas trigonometri 1 = sinM B + cos M B dan cos 2B = cosM B − sinM B Sehingga: 1 − cos 2B = (sinM B + cos M B) − (cosM B − sinM B) = sinM B + sinM B + cos M B − cos M B = 2 sinM B Jadi jawaban E juga salah.


Halaman 2

3.

Luas daerah di bawah D = −B M + 8B, di atas D = 6B − 24, dan terletak di kuadran I adalah .... b d A. Pc (−B M + 8B)RB + Pb (B M − 2B − 24)RB

B. Pc (−B M + 8B)RB + Pb (−B M + 2B + 24)RB b

d

C. Pc (−B M + 8B)RB + Pd (−B M + 2B + 24)RB d

e

D. Pb (6B − 24)RB + Pb (−B M + 8B)RB d

d

E. Pc (6B − 24)RB + Pb (−B M + 8B)RB b

d

Penyelesaian:

Menentukan titik potong kurva D = −B M + 8B dengan garis D = 6B − 24:

⇒ ⇔ ⇔ ⇔

−B M + 8B = 6B − 24 −B M + 8B − 6B + 24 = 0 −B M + 2B + 24 = 0 (B + 4)(−B + 6) = 0 Pembuat nol: B + 4 = 0 atau − B + 6 = 0 ⇒ B = −4 B=6 Sekarang mari kita sketsa grafiknya. Y

D = 6B − 24

0

4

6

X

8

D = −B M + 8B

Jadi luas daerah yang ditunjukkan oleh grafik di atas adalah: b

d

h = i j(−B + 8B) − 0kRB + i j(−B M + 8B) − (6B − 24)kRB c b

M

d

b

= i (−B M + 8B)RB + i (−B M + 2B + 24)RB c

b


Halaman 3

4.

cos 35° cos 20° − sin 35° sin 20° = .... A. sin 35° B. sin 55° C. cos 35° D. cos 15° E. sin 15° Penyelesaian:

Ingat:

Sifat trigonometri penjumlahan dua sudut: cos(5 + >) = cos 5 cos > − sin 5 sin >

Sifat trigonometri pada berbagai kuadran sin(90° − \) = cos \ cos(90° − \) = sin \

5.

cos 35° cos 20° − sin 35° sin 20° = cos(35° + 20°) = cos 55° (ternyata tidak ditemukan pada pilihan jawaban) = cos(90° − 35°) (ingat sifat trigonometri pada berbagai kuadran) = sin 35°

Kedua akar suku banyak n(B) = B M − 63B + W merupakan bilangan prima. Banyak nilai W yang mungkin adalah .... A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 E. Lebih dari 3 Penyelesaian:

Ingat: 5B M + >B + W = 0 memiliki akar-akar persamaan kuadrat B^ dan BM > W ⇒ B^ + BM = − dan B^ ∙ BM = 5 5 −63 = 63 n(B) = B M − 63B + W ⇒ B^ + BM = − 1 Analisis: Jika dua bilangan prima dijumlahkan hasilnya 63.

Ingat bilangan prima itu seluruhnya bilangan ganjil, kecuali 2. Nah, jika ganjil ditambah ganjil hasilnya genap!

Karena hasil penjumlahan ganjil maka salah satu diantara dua akarnya pasti genap. Sehingga 2 pasti termasuk ke dalam penyelesaian. Penyelesaian yang lain adalah 61.

Jadi hanya ada dua nilai W yang mungkin, yaitu 2 dan 61 saja.


Halaman 4

6.

Diketahui segilima pqrst, dengan p(0, 2), q(4, 0), r(2u + 1, 0), s(2u + 1, 4), dan t(0, 4). Titik v dipilih secara acak dari titik di dalam segilima tersebut. Peluang sudut pvq berukuran tumpul adalah .... w A. e

B. C.

D. E.

^ b ^

M x

^d x e

Penyelesaian:

Mari kita sketsa dulu grafiknya: Y

t

p

s

v

z

q

X

r

Perhatikan gambar di atas. Sudut pvq adalah sudut siku-siku.

pq = yzpM + zq M = y2M + 4M = √4 + 16 = √20

Sudut pvq akan tetap menjadi sudut siku-siku jika v berada pada keliling lingkaran yakni pada busur pq. Nah, sudut pvq akan menjadi sudut tumpul saat v berada di daerah setengah lingkaran. Sehingga, peluang sudut pvq berukuran tumpul sebenarnya hanyalah perbandingan luas antara luas setengah lingkaran dengan luas segilima pqrst. h}~•~€•‚ƒ „…€•†‚‡‚€ ˆ‰ hŠ‹Œ•Ž h}~•~€•‚ƒ „…€•†‚‡‚€ ˆ‰ = h•Œ•Ž − h•‹Š 1 pq M 2u• 2 ‘ = 1 (zr × zt ) − • × zq × zp‘ 2

v(∠pvq tumpul) =

M

1 √20 2uK 2 L = 1 j(2u + 1) × 4 k − •2 × 4 × 2‘ 20 8 u = (8u + 4) − 4 5 u =2 8u 5 = 16


Halaman 5

7.

Diketahui limas T.ABCD dengan TA tegak lurus bidang ABC. Panjang rusuk AB, AC, BC, dan TA ” berturut-turut adalah 3 cm, 4 cm, 5 cm, dan cm. Jika • sudut antara bidang BCT dengan bidang x ABC, maka nilai cos • adalah .... b A. x

B. C.

D. E.

w

x d

Mx ”

Mx ^M Mx

Penyelesaian: T

9 5

A

4

•

3

A′ 5

B

C

Perhatikan segitiga ABC. Segitiga ABC adalah segitiga siku-siku karena sisi-sisinya memenuhi aturan Pythagoras. Luas segitiga ABC bisa dihitung menggunakan dua cara:

C

5

4 A

A′

3

B

T

” M

^M M

p™ = yp™ M + pp— M = š•x‘ + • x ‘ = šMx +

9 5 A

1 ∙ pq ∙ pr 1 1 2 ˜ ∙ pq ∙ pr = ∙ pp— ∙ qr 1 2 2 h∆Š‹Œ = ∙ pp— ∙ qr — ⇒ pq ∙ pr = pp ∙ qr 2 pq ∙ pr ⇔ pp— = qr 3 ∙ 4 ⇔ pp— = 5 12 ⇔ pp— = cm 5 Perhatikan segitiga TAA’. h∆Š‹Œ =

12 5

•

A—

Jadi, cos • =

pp— ^M 12 4 = x = = p™ 3 15 5

e^

^bb Mx

= š Mx = √9 = 3 cm


MMx

Halaman 6

8.

Parabola D = 5B M + >B + W puncaknya (œ, •), dicerminkan terhadap garis D = • menghasilkan parabola D = YB M + žB + Ÿ. Nilai 5 + > + W + Y + ž + Ÿ adalah .... A. • TRIK SUPERKILAT: B. 2œ Bayangkan sketsa grafiknya. C. œ 5(B − œ)M + • D. 2• E. œ + • Penyelesaian:

D = 5B M + >B + W

Titik puncak (œ, •) ⇒ D = p(B − œ)M + • ⇔ 5B M + >B + W = p(B M − 2œB + œM ) + • ⇔ 5B M + >B + W = pB M − 2pœB + pœM + •

Dari D = pB M − 2pœB + pœM + • ⇒ 5 = p > = −2pœ W = pœM + •

−5(B − œ)M + •

Jadi jelas terlihat hasil penjumlahan 5 + > + W + Y + ž + Ÿ = 2•

Pencerminan terhadap D = • :

B— = B B = B— ⇒¡ — D = 2• − D D = 2• − D′

Jadi bayangan D = 5B M − 25œB + 5œM + • terhadap pencerminan D = • adalah: ¢£¢ ¤ ¥£M¦_¥ ¤

D = pB M − 2pœB + pœM + • §¨¨¨¨¨¨©

2• − D — = pB —M − 2pœB — + pœM + • (dikali − 1) ⇒ −2• + D — = −pB —M + 2pœB — − pœM − • ⇒ D — = −pB —M + 2pœB — − pœM − • + 2• ⇒ D — = −pB —M + 2pœB — − pœM + • ∴ YB M + žB + Ÿ = −pB —M + 2pœB — − pœM + •

Dari D = −pB M + 2pœB − pœM + • ⇒ Y = −p ž = 2pœ Ÿ = −pœM + •

Maka 5 + > + W + Y + ž + Ÿ = p − 2pœ + pœM + • − p + 2pœ − pœM + • = 2•


Halaman 7

9.

Diberkan Q(B) = 5 + >B dan «(B) adalah antiturunan Q(B). Jika «(1) − «(0) = 3, maka 25 + > adalah .... A. 10 B. 6 C. 5 D. 4 E. 3 Penyelesaian:

Ingat: F

i Q(B)RB = ¬«(B)-FC = «(>) − «(5) C

«(1) − «(0) = 3 ⇒

^

Jika lim¢→c A. B. C. D. E.

−4 −2 −1 2 4

²(¢) ¢

Penyelesaian: lim

¢→c √1

³(B)

−B−1

c

i (5 + >B)RB = 3

⇔

10.

^

i Q(B)RB = 3

c

1 M ^ ⇔ ®5B + >B ¯ = 3 2 c 1 1 ⇔ °5(1) + >(1)M ± − °5(0) + >(0)M ± = 3 2 2 1 ⇔ °5 + >± − 0 = 3 2 1 ⇔ 5 + > = 3 (dikali 2) 2 ∴ 25 + > = 6

= M, maka nilai lim¢→c ^

= lim

³(B)

∙

²(¢)

√^_¢_^

adalah ....

√1 − B + 1

− B − 1 √1 − B + 1 ³(B) ∙ j√1 − B + 1k = lim ¢→c (1 − B) − 1 ³(B) ∙ j√1 − B + 1k = lim ¢→c −B ³(B) = lim ∙ limj√1 − B + 1k •ingat lim −Q(B) = − lim Q(B)‘ ¢→c −B ¢→c ¢→C ¢→C ³(B) ³(B) 1 = − lim ∙ limj√1 − B + 1k Kingat lim = L ¢→c B ¢→c ¢→c B 2 1 = − ∙ j√1 − 0 + 1k 2 1 =− ∙2 2 = −1 ¢→c √1


Halaman 8

11.

Jika sin B + cos B = − dan

A. B. C.

D. E.

^ x

_Mb Mx _·

w´ b

≤ B < u, maka nilai sin 2B adalah ....

Mx ·

Mx e

Mx Mb Mx

Penyelesaian: Ingat:

Trigonometri sudut rangkap sin 2B = 2 sin B cos B Identitas trigonometri sinM B + cos M B = 1

Nah, tantangan soal ini adalah bagaimana memunculkan bentuk 2 sin B cos B dari sin B + cos B ? Ingat (5 + >)M = 5M + 25> + > M , lalu bagaimana jika 5 dan > kita ganti dengan sin B dan cos B ?

1 sin B + cos B = − ⇒ 5

(sin B + cos B)

M

⇔

sinM B + 2 sin B cos B + cosM B

⇔

1 + 2 sin B cos B

⇔

sin 2B

⇔ (sinM B + cos M B) + 2 sin B cos B ⇔

⇔

1 + sin 2B sin 2B

1 M = °− ± 5 1 = 25 1 (ingat sinM B + cos M B = 1) = 25 1 (ingat 2 sin B cos B = sin 2B) = 25 1 = 25 1 = −1 25 24 =− 25


Halaman 9

12.

Lingkaran dengan pusat (2, 3) dan menyinggung garis D = 2B adalah .... A. 5B M + 5D M − 20B − 30D + 12 = 0 B. 5B M + 5D M − 20B − 30D + 49 = 0 C. 5B M + 5D M − 20B − 30D + 54 = 0 D. 5B M + 5D M − 20B − 30D + 60 = 0 E. 5B M + 5D M − 20B − 30D + 64 = 0

Penyelesaian: Ingat:

Jarak titik (B^ , D^ )ke garis 5B + >D + W = 0 5B^ + >D^ + W R=¹ ¹ √5M + > M

Jari-jari (º) lingkaran bisa dinyatakan sebagai jarak titik (2, 3) ke garis 2B − D = 0:

5B^ + >D^ + W R=¹ ¹ √5M + > M 2(2) + (−1)(3) + 0 =» » y2M + (−1)M 4−3 =¹ ¹ √4 + 1 1 =¹ ¹ √5

Jadi persamaan lingkaran dengan pusat (2, 3) dan jari-jari º = C£M F£w ^ ¼£ √x M

(B − 5) + (D − >) = º §¨¨¨¨© M

M

^

√x

adalah: 1

M

(B − 2) + (D − 3) = ° ± √5 1 ⇒ B M − 4B + 4 + D M − 6D + 9 = 5 1 ⇔ B M + D M − 4B − 6D + 13 = (kalikan kedua ruas dengan 5) 5 M M ⇔ 5B + 5D − 20B − 30D + 65 = 1 ⇔ 5B M + 5D M − 20B − 30D + 64 = 0 M

M


Halaman 10

13.

½¾ dan 8¾ = œ¿¾ + œÀ¾ − 5Y ½¾ dengan −2 < œ < 2. Diketahui vektor 2 ½¾ = −œM ¿¾ + 3À¾ − Y Nilai maksimum 2 ½¾ ∙ 8¾ adalah .... A. 8 B. 7 C. 5 D. 4 E. 3 Penyelesaian:

œ −œM 2 ½¾ = Á 3 Â dan 2 ½¾ = K œ L −5 −1 M œ −œ 2 ½¾ ∙ 8¾ = Á 3 Â ∙ K œ L = −œw + 3œ + 5 −5 −1

Misal p = 2 ½¾ ∙ 8¾, maka

p = −œw + 3œ + 5 ⇒ p— = −3œM + 3

Nilai maksimum p = 2 ½¾ ∙ 8¾ dipenuhi untuk p— = 0

⇒ ⇔ ⇔

−3œM + 3 = 0 −3(œM − 1) = 0 −3(œ + 1)(œ − 1) = 0 Pembuat nol: œ + 1 = 0 atau œ − 1 = 0 ⇒ œ = −1 œ=1 Uji garis bilangan −−−

−1

+++

1

−−−

Jadi nilai maksimum p = 2 ½¾ ∙ 8¾ terjadi saat œ = 1. p=2 ½¾ ∙ 8¾ = −(1)w + 3(1) + 5 = −1 + 3 + 5 =7


Halaman 11

14.

Banyak siswa laki-laki 10 orang dan siswa perempuan 5 orang. Banyaknya cara untuk membentuk panitia yang beranggotakan 10 orang dan terdiri atas paling sedikit 2 orang perempuan dan paling banyak 4 orang perempuan adalah .... A. 4800 B. 3150 C. 2700 D. 2300 E. 2250 Penyelesaian:

Ingat: Ã r¼

=

Ä! (Ä − º)! º!

Banyaknya cara membentuk panitia beranggotakan 10 orang, paling sedikit 2 orang perempuan dan paling banyak 4 orang perempuan: 2 orang perempuan + 8 orang laki-laki = x rM ∙ ^c re = (x_M)!M! ∙ (^c_e)!e! = 1200 x!

^c!

3 orang perempuan + 7 orang laki-laki = x rw ∙ ^c r· = (x_w)!w! ∙ (^c_·)!·! = 1050 x!

^c!

4 orang perempuan + 6 orang laki-laki = x rb ∙ ^c rd = (x_b)!b! ∙ (^c_d)!d! = 450 x!

^c!

Sehingga banyaknya cara adalah = (2v, 8h) + (3v, 7h) + (4v, 6h) = 1200 + 1050 + 450 = 2700


Halaman 12

15.

Kolam renang berbentuk gabungan persegi panjang dan setengah lingkaran seperti gambar berikut. Keliling kolam renang sama dengan 5 satuan panjang. Agar luas kolam renang maksimum, maka B = .... satuan panjang. D MC A. ´ B.

C.

D. E.

C

´

C

bÅ´ C

bÅM´ MC

B

bÅ´

Penyelesaian:

D

B 2

Keliling = 5 1 B ⇒ D + B + D + ° ∙ 2u ∙ ± = 5 2 2 1 ⇔ B + 2D + uB = 5 (kedua ruas dikali 2) 2 ⇔ 2B + 4D + uB = 25 (2 + u)B + 4D = 25 ⇔ ⇔ 4D = 25 − (2 + u)B (kedua ruas dibagi 4) 25 − (2 + u)B ⇔ D= 4 Luas = Luas persegi panjang + Luas setengah lingkaran 1 B M L = BD + u • ‘ 2 2 25 − (2 + u)B 1 = BK L + uB M 4 8 1 2+u M 1 M = 5B − ° ± B + uB 2 4 8 4 + 2u − u M 1 = −° ± B + 5B 8 2 4+u M 1 = −° ± B + 5B 8 2 h = −°

4+u 1 4+u 1 4+u M 1 ± B + 5B ⇒ h— = −2 ° ±B + 5 = −° ±B + 5 2 8 2 4 2 8

Luas maksimum akan dipenuhi untuk L— = 0

4+u 1 −° ±B + 5 = 0 4 2 4+u 1 ⇒ ° ±B = 5 4 2 1 4 ⇔ B = 5∙° ± 2 4+u 25 ⇔ B= 4+u

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


Halaman 13

Pembahasan Soal SNMPTN 2011 Matematika IPA kode 599

Recommend Documents