pembahasan-um-ugm-mipa-632

Pembahasan Matematika IPA Ujian Tulis UM UGM 2015

P R Disusun Oleh: Muhamad Abdul Rosid Website: http://www.masrosid.com

Y, D 

e π i

Pembahasan UM UGM 2015

Matematika IPA

Kode 632

1. Di dalam kotak terdapat tiga buah bola yang masing-masing berwarna merah, biru, dan hijau. Jika lima siswa bergiliran mengambil satu bola dan setelah bola terambil dikembalikan lagi ke kotak, maka banyak kombinasi warna yang mungkin adalah . . . A. 10 B. 21 C. 32 D. 56 E. 120 Jawab: Misalkan a, b, c masing-masing menyatakan banyaknya bola merah, biru, dan hijau yang terambil, dengan a, b, c ≥ 0. Maka a + b + c = 5 Dengan demikian, banyaknya kombinasi warna yang mungkin = banyaknya solusi bulat tak negatid dari persamaan a + b + c = 5 tersebut, yaitu banyaknya kombinasi 2 dari 5 + 3 − 1 = 7, yaitu 7! = 21 C27 = 2!5! Keterangan: 1. Angka 2 adalah banyaknya tanda ‘+’ pada persamaan tersebut. 2. Angka 5 merupakan angka di ruas kanan persamaan a + b + c = 5 3. Angka 3 merupakan banyaknya variabel dalam persamaan, yaitu a, b, c Secara umum banyaknya solusi bulat tak negatif dari persamaan x1 + x2 + x3 + · · · + xn = k adalah kombinasi k+n−1 dari (n − 1) dari k + n − 1, yaitu Cn− 1

http://www.masrosid.com

Halaman ke-1 dari 13


Matematika IPA

Kode 632

2. Tiga buah bilangan berbeda yang hasil kalinya 125 membentuk tiga suku berurutan barisan geometri. Ketiga bilangan tersebut masing-masing merupakan suku pertama, suku ketiga, dan suku keenam barisan aritmetika. Jumlah ketiga bilangan tersebut adalah . . . 75 A. 6 85 B. 6 95 C. 6 105 D. 6 110 E. 6 Jawab:

x , x, xr, r , 1. Karena hasil r

Misalkan tiga bilangan tersebut yang membentuk barisan geometri tersebut adalah kali ketiga bilangan tersebut adalah 125, maka diperoleh

x · x · xr = 125 r x3 = 125 x=5 Dengan demikian, ketiga bilangan tersebut adalah

5

r

, 5, 5r, dan masing-masing merupakan suku pertama, suku

ketiga dan suku keenam barisan aritmetika, sehingga diperoleh,

U3 − U1 = 5 −

5

2b = 5 −

5

r

6b = 15 −

r 15

r

dan

U 6 − U 3 = 5r − 5 3b = 5 − 5r 6b = 10 − 10r Dengan demikian kita peroleh, 15 −

15

r

= 10r − 10

0 = 10r − 25 +

15

dikali

r

r 5

0 = 2r 2 − 5r + 3 0 = (2r − 3)(r − 1)

r= Jadi r =

3 atau r = 1 2

3 sehingga jumlah ketiga bilangan tersebut adalah 2 5

r


2 3 +5+5· 3 2 20 + 30 + 45 = 6 95 = 6

+ 5 + 5r = 5 ·



Matematika IPA

Kode 632

3. Persamaan lingkaran yang pusatnya terletak pada sumbu X dan melalui titik-titik potong parabola y = −x2 + 6 x dan garis 2 x − y = 0 adalah . . . A. x2 + y2 − 17 x = 0 B. x2 + y2 − 18 x = 0 C. x2 + y2 − 19 x = 0 D. x2 + y2 − 20 x = 0 E. x2 + y2 − 21 x = 0 Jawab: Misalkan pusat lingkatan tersebut adalah (a, 0), karena pusat lingkaran terletak pada sumbu X . Titik potong antara parabola y = −x2 + 6 x dan garis 2 x − y = 0 dicari dengan mensubstitusi persamaan parabola ke persamaan garis (atau sebaliknya), yaitu 2 x − (−x2 + 6 x) = 0 2 x + x2 − 6 x = 0

x2 − 4 x = 0 x(x − 4) = 0 x = 0 atau x = 4 Jika x = 0, maka y = 0 dan jika x = 4, maka 2 · 4 − y = 0, y = 8. Dengan demikian titik potong parabola dengan garis adalah (0, 0) dan (4, 8). Karena lingkaran melalui titik potong, yaitu (0, 0) dan pusatnya adalah (a, 0), maka jari-jari lingkaran adalah r = |a|. Sehingga persamaan lingkarannya adalah,

(x − a)2 + (y − 0)2 = |a|2 x2 − 2ax + a2 + y2 = a2 x2 + y2 − 2ax = 0 Jika kita misalkan −2a = A, maka persamaan lingkaran menjadi x2 + y2 + Ax = 0. Karena lingkaran melalui (4, 8) maka berlaku, 4 2 + 82 + 4 A = 0 4A = −16 − 64 4A = −80

A = −20 Jadi persamaan lingkaran yang dimaksud adalah x2 + y2 − 20 x = 0




Matematika IPA

Kode 632 1 + x + f (x)

p 4. Diketahui fungsi f dengan f (1) = 2 dan f (1) = 1 . Jika g(x) = 0

nilai g0 (1) adalah . . .

f 2 (x)

, dengan f 2 (x) = f (x) · f (x) , maka

A. −2 3 B. − 8 C. 0 1 D. 4 7 E. 3 Jawab:

p u(x) dengan u(x) = 1 + x + f (x) dan v(x) = f 2 (x). Dengan demikian, v(x) p u(x) = 1 + x + f (x) p u(1) = 1 + 1 + f (1) √ = 2+2=2

Misalkan g(x) =

u0 (x) = u0 (1) = =

1 + f 0 (x)

ingat bahwa, jika y =

2 1 + x + f (x) 1 + f 0 (1)

p

p

f (x), maka y0 =

f 0 (x) p 2 f (x)

2 1 + 1 + f ( 1) 1+1

p √

2 1+1+2 2 = 2·2 1 = 2

v(x) = f 2 (x) v(1) = f 2 (1) = 22 = 4 v0 (x) = 2 · f (x) · f 0 (x) v0 (1) = 2 · f (1) · f 0 (1) =2·2·1=4 Dengan demikian,

u0 (x) · v(x) − u(x) · v0 (x) v2 (x) 0 u (1) · v(1) − u(1) · v0 (1) g0 (1) = v2 (1)

g0 (x) =

1 ·4−2·4 = 2 42 2−8 = 16 −6 3 = =− 16 8




Matematika IPA

Kode 632

√

5. Fungsi f (x) = x − 2 x + a mempunyai nilai minimum b di titik x = −4 . Nilai a + b adalah . . . A. −2 B. −1 C. 1 D. 2 E. 3 Jawab:

√

Jika fungsi f (x) = x − 2 x + a mempunyai nilai minimum b di titik x = −4, maka f 0 (−4) = 0. Jadi,

f 0 (x) = 1 − 2 · √

1

2 x+a

ingat bahwa, jika y =

p

f (x), maka y0 =

f 0 (x) p 2 f (x)

1

f 0 (−4) = 1 − 2 · √ 2 −4 + a 0=1− √

1

a−4

1

=1 √ a−4 √ 1= a−4 1=a−4

a=5 √

Nilai minimum b diperoleh ketika x = −4, yaitu b = f (−4) = −4 − 2 −4 + 5 = −4 − 2 = −6. Jadi a + b = 5 + (−6) = −1




Matematika IPA

Kode 632

6. Hasil pencerminan titik C(−4, −2) terhadap garis ax + by + 6 = 0 adalah C 0 (4, 10) . Nilai a + 2b adalah . . . A. −8 B. −4 C. 2 D. 4 E. 8 Jawab: Karena titik C 0 (4, 10) merupakan hasil pencerminan titik C(−4, −2) terhadap garis ` ≡ ax + by + 6 = 0, maka garis yang melalui CC 0 tegak lurus garis `. Dengan demikian berlaku mCC 0 · m` = −1. Perhatikan bahwa gradien garis melalui C(−4, −2) dan C 0 (4, 10) adalah

y2 − y1 x2 − x1 −2 − 10 = −4 − 4 −12 = −8

mCC 0 =

= Gradien garis ` ≡ ax + by + 6 = 0 adalah m` = −

3 2

a koef x = − . Dengan demikian, koef y b

mCC 0 · m` = −1 a 3 · − = −1 2 b a 2 = b 3 2b a= 3

Di samping itu, karena titik C 0 (4, 10) merupakan hasil pencerminan titik C(−4, −2), maka jarak titik C ke 0 0 garis ` sama dengan ! jarak titik C ke garis `. Sehingga garis ` melalui titik tengah titik C dan C , yaitu 4 + (−4) 10 + (−2) , = (0, 4). Sehingga berlaku 2 2

ax + by + 6 = 0 a·0+b·4+6=0 4b = −6 2b = −3 Karena 2b = −3, maka a =


−3 2b = = −1 dan a + 2b = −1 + (−3) = −4 3 3



Matematika IPA

Kode 632

7. Nilai minimum fungsi f (x) = 2 sin x + cos 2 x pada interval 0 ≤ x ≤ 2π adalah . . . A. −4 B. −3 C. −2 D. −1 E. 0 Jawab: Nilai minimum f (x) diperoleh ketika f 0 (x) = 0, yaitu

f 0 (x) = 2 cos x − 2 sin 2 x = 0 2 cos x − 2 · 2 sin x cos x = 0 2 cos x (1 − 2 sin x) = 0 2 cos x = 0 atau 1 − 2 sin x = 0

Jika 2 cos x = 0, maka cos x = 0, sehingga nilai x yang memenuhi Jika 1 − 2 sin x = 0, maka sin x =

π 2

dan

3π 2

1 π 5π , sehingga nilai x yang memenuhi dan 2 6 6

+

− − − ++ − − − − − + + ++ π 0 π 5π 3π 2π 6 2 6 2 5π 3π atau < x < 2π dan f (x) turun pada interval 6 2 ! π π π 5π 3π 3π < x < atau
Jadi f (x) naik pada selang 0 < x <

π 6

atau

π 2

< x <

Selanjutnya kita peroleh

f (0) = 2 sin 0 + cos (2 · 0) =0+1=1 f

π 2

= 2 sin

π 2

π + cos 2 · 2

= 2 + (−1) = 1 3π 3π 3π = 2 sin + cos 2 · 2 2 2

!

f

!

!

= 2 · (−1) + (−1) = −3 Jadi nilai minimum f (x) adalah −3




Matematika IPA

Kode 632

8. Jika garis 2 x + y + 4 = 0 dan 2 x + y − 6 = 0 menyinggung lingkaran dengan pusat (1, p), maka persamaan lingkaran tersebut adalah . . . A. x2 + y2 − 2 x + 2y − 3 = 0 B. x2 + y2 − 2 x − 2y − 3 = 0 C. x2 + y2 − 2 x + 4y − 3 = 0 D. x2 + y2 − 2 x − 4y − 3 = 0 E. x2 + y2 − 2 x + 4y = 0 Jawab: Karena dua garis tersebut sejajar (gradiennya sama) dan menyinggung lingkaran, maka jarak dua garis tersebut merupakan panjang diameter lingkaran. Kita cari jarak dua garis tersebut dengan rumus berikut. Jarak dua garis sejajar ax + by + c = 0 dan ax + by + d = 0 adalah

c − d d= √ a2 + b2 Jadi panjang diameter lingkaran tersebut adalah

4 − (−6) d= √ 22 + 12 10

= √

5 √ 10 √ = 5=2 5 5 sehingga r =

√ 5

Di samping itu, panjang jari-jari suatu lingkaran merupakan jarak antara titik pusat lingkaran dengan garis singgungnya, yaitu jarak titik (1, p) ke garis 2 x + y + 4 = 0. Rumus untuk menentukan jarak titik (x1 , y1 ) ke garis ax + by + c = 0 adalah

ax + by + c 1 1 d = √ a2 + b2

Dengan demikian,

2 · 1 + p + 4 5= √ 12 + 2 2 √ |p + 6| 5= √

√

5 5 = |p + 6|

p + 6 = 5 atau p + 6 = −5 p = −1 atau p = −11

Jika p = −1, pusat lingkaran tersebut menjadi (1, −1) sehingga persamaan lingkarannya adalah

(x − 1)2 + (y + 1)2 = r2 = 5 x2 + y2 − 2 x + 2y + 1 + 1 − 5 = 0 x2 + y2 − 2 x + 2y − 3 = 0




Matematika IPA

Kode 632

9. Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 4 p . Titik P, Q, dan R berturut-turut terletak pada rusuk FG, BF , dan GH dengan GP = BQ = GR = p . Sudut antara bidang yang melalui P, Q, R dan bidang ABCD adalah α . Nilai tan α adalah . . .

√

2 2

A.

√

3 2

B. C. 1

√

D. E.

√

2 3

Jawab: Perhatikan gambar berikut ini.

S Q

H

α

G

U P

E

F

X W

N

D Y

R

α

C

V

A

Z

T

B

Bidang yang melalui titik-titik P, Q dan R adalah bidang PQXYZR dan sudut antara bidang PQXYZR dan bidang ABCD adalah sudut ∠S VC atau sudut ∠S UG. RN sejajar BC Untuk mempermudah perhitungan, karena yang ditanyakan hanya nilai tan α, anggap ukuran rusuk kubus 4 cm. Sehingga RN = 4 cm, GP = GQ = 1 cm, GN = 3 cm. 1 Perhatikan segitiga ∆QGP. Segitiga ini merupakan segitiga siku-siku di G, sehingga GU = diagonal sisi = 2 1√ 2 2 Untuk menentukan S G, pandang segitiga ∆S GP dan ∆S NR yang merupakan segitiga sebangun. Misalkan S G = x cm, maka berlaku

SG = SN x = x+3 4x =

GP NR 1 4

x+3

3x = 3

x=1 Jadi S G = 1 cm. Dengan demikian

tan α =

√ SG 1 2 = √ = √ = 2 1 GU 2 2


2



Matematika IPA

Kode 632

10. Diketahui vektor ~p = a~ı + b~ + 2~k , ~ q = ~ı + 2 ~ + c~k , dan ~r = 3~ı + 6 ~ + c~k , dengan a, b , 0 . Jika ~p ⊥ ~q dan ~p ⊥ ~r a2 + 4b2 maka = ...

ab

A. −8 B. −4 C. −2 D. 2 E. 4 Jawab: Karena ~p ⊥ ~ q, maka ~p ·~q = 0, yaitu a+ 2b+ 2c = 0, dan juga karena ~p ⊥ ~r, maka ~p ·~r = 0, yaitu 3a+ 6b+ 2c = 0. Maka kita peroleh,

(3a + 6b + 2c) − (a + 2b + 2c) = 0 2 a + 4b = 0

a = −2b Karena a = −2b, maka

a2 + 4b2 (−2b)2 + 4b2 = ab (−2b) · b (4b2 + 4b2 = −2b2 8b 2 = = −4 −2b2

11. Jika x1 dan x2 memenuhi

|3 x − 4| = x + 5

maka nilai x1 + x2 adalah . . . 13 A. 4 15 B. 4 17 C. 4 19 D. 4 21 E. 4 Jawab: Perhatikan bahwa,

|3 x − 4|2 = (x + 5)2 9 x2 − 24 x + 16 = x2 + 10 x + 25 8 x2 − 34 x − 9 = 0

Sehingga, x1 + x2 = −

b 34 17 = = a 8 4




Matematika IPA

Kode 632

12. Jika 9, x1 dan x2 merupakan tiga akar berbeda dari x3 − 6 x2 −ax+b = 0 dengan b−a = 5 , maka x1 +x2 +x1 x2 = . . . A. −7 B. −4 C. −1 D. 1 E. 3 Jawab: Ingat bahwa pada suku banyak ax3 + bx2 + cx + d = 0 yang mempunyai akar-akar x1 , x2 dan x3 , berlaku hubungan

x1 + x2 + x3 = − c a

x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 =

x1 x2 x3 = −

b a d a

Sehingga diperoleh,

x1 + x2 + x3 = − x1 + x2 + 9 = −

b a −6

1 x1 + x2 = −3

=6

Kemudian karena 9 merupakan akar dari suku banyak tersebut, maka berlaku 93 − 6 · 92 − a · 9 + b = 0

b − 9a = −243 b = 9a − 243 Karena b − a = 5 dan b = 9a − 243, maka

(9a − 243) − a = 5 8a = 248

a = 31 b=5+a = 5 + 31 = 36 Kemudian,

x1 x2 x3 = − x1 x2 · 9 = −

d a b

1 x1 x2 = −4

= −36

Jadi x1 + x2 + x1 x2 = (−3) + (−4) = −7




Matematika IPA

13. Pertidaksamaan

(3 x)1+

3

log 3 x

Kode 632

> 81 x2

mempunyai penyelesaian . . . A. x > 3 1 B. x < 9 1 C. x < 3 1 D. x < atau x > 9 3 1 E. x < atau x > 3 9 Jawab: Perhatikan pertidaksamaan tersebut. Terdapat notasi 3 log 3 x, sehingga haruslah 3 x > 0 atau x > 0 (Ingat: syarat numerus harus positif). Jadi jelas bahwa pilihan B, C, D, dan E pasti salah karena memuat bilangan negatif. Jadi jawabannya haruslah A. 14. Jika b, c , 0 dan

lim

x→a

(x − a) tan b(a − x) =d cos c(x − a) − 1

maka b = . . . A. 2c2 d B. c2 d 1 C. c2 d 2 1 D. − c2 d 2 E. −c2 d Jawab: Ingat kembali bahwa,

cos 2 x = 1 − 2 sin2 x cos 2 x − 1 = −2 sin x sin x Dengan demikian,

(x − a) tan b(a − x) =d x→a cos c(x − a) − 1 (x − a) tan b(a − x) lim =d c c x→a −2 sin (x − a) · sin (x − a) lim

2

2 1 · (−b)

−2 ·

c c =d ·

2

2

b=


dc2 2



Matematika IPA

Kode 632

15. Tiga buah bilangan dengan jumlah 42 membentuk barisan geometri. Jika suku tengah dikalikan dengan − maka akan terbentuk barisan aritmetika. Maksimum dari bilangan-bilangan tersebut adalah . . .

5 3

A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 E. 56 Jawab: Misalkan tiga bilangan yang membentuk barisan geometri tersebut adalah Sehingga berlaku

x , x dan xr dengan x, r , 0. r

x + x + xr = 42 r

x 5 5 diperoleh barisan aritmetika, yaitu , − x dan xr. Karena merupakan barisan 3 r 3 aritmetika, berlaku hubungan U2 − U1 = U3 − U2 atau 2U2 = U1 + U3 , yaitu

Jika suku tengah dikali −

5 x 2 · − x = + xr 3 r −10r = 3 + 3r2

dikali 3

r x

0 = 3r2 + 10r + 3 0 = (3r + 1)(r + 3)

r = −3 atau r = − Jika r = −3, dan

1 3

x + x + xr = 42, maka berlaku r x + x + x · (−3) = 42 −3 1 x = 42 3 7 − x = 42 3

−3 x + x −

x = 42 × −

3 7

= −18 Sehingga bilangan-bilangan tersebut adalah bilangan-bilangan tersebut adalah 54.


−18 = 6, −18 dan (−18) · (−3) = 54. Jadi nilai terbesar dari −3


pembahasan-um-ugm-mipa-632

Recommend Documents