View
287
Download
4
Category
Preview:
Citation preview
1 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
SOAL PREDIKSI UJIAN NASIONAL
MATEMATIKA IPA 2015
Paket 4
Pilihlah jawaban yang paling tepat!
1. Diberikan premis-premis berikut!
Premis 1: Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka besar sudut antara vektor a dan b
adalah 90o.
Premis 2: Jika besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o , maka perkalian titik (dot product)
vektor a dan b adalah nol.
Ingkaran dari penarikan kesimpulan premis-premis yang sah tersebut adalah …..
A. Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b
adalah nol.
B. Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b
adalah tidak nol.
C. Vektor a dan b saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah
tidak nol.
D. Vektor a dan b saling tegak lurus atau perkalian titik (dot product) vektor a dan b adalah
tidak nol.
E. Vektor a dan b tidak saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product) vektor a dan b
adalah tidak nol.
Solusi:
Ingkaran dari pernyataan “Vektor a dan b saling tegak lurus dan perkalian titik (dot product)
vektor a dan b adalah tidak nol.”. C
p q
q r
p r
(p q) p q
Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o.
Jika besar sudut antara vektor a dan b adalah 90o , maka perkalian titik (dot product) vektor a
dan b adalah nol.
Jika vektor a dan b saling tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) vektor a dan b
adalah nol.
2 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
2. Jika 2
1
2
a dan 3
1
2
b , maka nilai
61
2
2 3b ab a
a a
adalah ….
A. 2 D. 4
B. 2 E. 1
C. 22
Solusi:
61
2
2 3b ab a
a a
6
2
1
3
2
2
aa
abab
6
12
2
111
3
2
b
a
6
6
1
b
a6b
a
6
3
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
22
222
2
2
4 [C]
3. Bentuk sederhana dari 10
7
210
5
510
2
adalah ….
A. 10 D. 3
7
B. 103
1 E. 7
C. 103
7
Solusi:
10
7
210
5
510
2
10
7
1010310
251054102
10
7
103
10721
103
2110721
103
107
3
7 [D]
4. Diberikan persamaan5
3
8
1log
64
1log
51228 xx yang akar-akarnya 1x dan 2x . Nilai 21xx adalah ….
A. 28 D. 24
1
B. 24 E. 28
1
C. 2
Solusi:
5
3
8
1log
64
1log
51228 xx
3 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
5
3
512log
8
1log
8log
64
1log
8
8
28
8
x
x
5
3
log512log
1
log8log
288288
xx
5
3
log3
1
log21
288
xx
Ambillah xa log8 , sehingga
5
3
3
1
21
2
aa
5
3
253
21262
aa
aa
261592025 aaa
03456 2 aa
Alternatif 1:
6
521 aa
6
5loglog 2
81
8 xx
6
5log 21
8 xx
6
5
21 8
xx 2
5
2
24
1
2
1
2
5 2
8
1
Alternatif 2:
03456 2 aa
02176 aa
6
17a atau 2a
6
17log8 x atau 2log8 x
6
17
8
x atau 28x
2526
1
22
1
2
128
2
1
82
172
17
6
17
x atau 6482 x
28
1
24
164
2526
121 xx
Jadi, nilai 28
121 xx [E]
4 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
5. Diberikan garis g: 42 yx dan parabola 22 xy . P adalah titik singgung dari persamaan
garis singgung pada parabola itu yang sejajar dengan garis g. Hasil kali absis dan ordinat titik P
adalah ….
A. 16:3 D. 33:4
B. 31:4 E. 32:1
C. 33:16
Solusi:
Gradien garis g: 42 yx adalah 2
1gm
Ambillah persamaan garis singgungnya adalah nmxy , dengan 2
1 gmm , sehingga
nxy 2
1.
nxy 2
1 22 xy
nxx 2
122
0242 2 nxx
Syarat yang harus dipenuhi agar garis menyinggung parabola adalah 0D , sehingga
0242412
n
016321 n
16
31n
16
31n 0242 2 nxx
016
31242 2 xx
03132816 2 xx
01816 2 xx
0142x
4
1x 22 xy
16
122
4
12
Koordinat titik singgungnya
16
12,
4
1P .
Rasio absis dan ordinat titik P adalah 33:416
12:
4
1 [D]
6. Diberikan persamaan kuadrat 0722 kkxx , Rk , yang akar-akarnya a dan b. Jumlah
pangkat 4 akar-akarnya adalah 17. Jika banyak akar-akarnya p, maka nilai ....2 pk
A. 4 D. 36
B. 9 E. 64
5 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
C. 27
Solusi:
0722 kkxx akar-akarnya adalah a dan b.
kba …………. (1)
72 kab …………….. (2)
1744 ba
172 22222 baba
1722222 ababba
17727222222 kkk
1772142222 kk
179828219628 2424 kkkk
0814 k
03392 kkk
92 k atau 3k atau 3k
3k 0722 kkxx
0733 22 xx
0232 xx
012 xx
2x atau 1x
3k 0722 kkxx
073322 xx
0232 xx
012 xx
2x atau 1x
Banyak akar-akarnya 4p
Jadi, nilai 36942 pk [D]
7. Jika dan adalah akar-akar persamaan 0239 2 xx , maka persamaan kuadrat baru yang
akar-akarnya 53 dan 53 adalah ….
A. 01892 xx D. 09182 xx
B. 01892 xx E. 0892 xx
C. 01892 xx
Solusi:
Alternatif 1:
0239 2 xx akar-akarnya adalah dan .
3
1 dan
9
2
6 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
Akar-akar persamaan kuadrat baru adalah 53 dan 53 .
Jumlah akar-akarnya:
9103
131035353
Hasil kali akar-akarnya:
251595353 182552253
115
9
29
Persamaan kuadrat yang diminta adalah
021212 xxxxxx
01892 xx [C]
Alternatif 2:
x 53 3
5
x
3
5
x 0239 2 xx
023
53
3
59
2
xx
02525102 xxx
01892 xx [C]
Alternatif 2:
0239 2 xx akar-akarnya adalah dan .
01323 xx
3
2x atau
3
1 x
353
2353
653
1353
Persamaan kuadrat yang diminta adalah
021212 xxxxxx
063632 xx
01899 2 xx [C]
8. Lingkaran L yang berpusat pada garis g: 0443 yx melalui titik 3,2 P . Persamaan garis
singgung di titik P sejajar dengan garis g adalah ….
A. 01643 yx D. 01634 yx
B. 02443 yx E. 01643 yx
C. 01643 yx
Solusi:
Karena titik pusat C terletak pada garis g, maka CP = r, sehingga gPC .
7 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
22 43
443
yxr
22 43
43423
r 2
5
10
Gradien garis g: 0443 yx adalah 4
3gm .
Gradien garis PC adalah PCm .
Karena gPC , maka haruslah 1 PCg mm , sehingga
14
3 PCm
3
4PCm
Persamaan garis PC adalah
axmby PC
23
43 xy
323
4 xy
Menentukan koordinat titik C:
323
4 xy 0443 yx
04323
443
xx
0123632169 xx
8025 x
5
16x
5
16x 32
3
4 xy 32
5
16
3
4
3
5
6
3
4
5
73
5
8
Koordinat titik
5
7,
5
16C .
Persamaan lingkarannya adalah
425
7
5
16 2
22
yx
Persamaan garis singgungnya:
12 mraxmby
14
32
5
16
4
3
5
72
xy
C
P(2,3)
0443: yxg r
8 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
2
52
5
16
4
3
5
7
xy
10048152820 xy
100202015 yx
100202015 yx dan 100202015 yx
02443 yx dan 01643 yx
Jadi, salah satu garis singgungnya adalah 01643 yx D
9. Jika fungsi f didefinisikan sebagai 2 xxf . Jika 3252o 2 xxxgf , maka
....2 g
A. 12 D. 5
B. 8 E. 4
C. 6
Solusi:
3252 2 xxxfog
3252 2 xxxgf
32252 2 xxxg
1252 2 xxxg
Ambillah tx 42 22
tx
122
222
2
tttg
122
222
2
xxxg
4169122
222
2
22
2
g [E]
10. Sebuah fungsi didefinisikan sebagai 2
1
x
xxf , 2x dan 1f adalah invers dari fungsi f.
Jika kfff 132o , maka ....1 kf
A. 3
2 D.
3
2
B. 3
1 E.
3
4
C. 3
1
Solusi:
Ambillah 1 xt 1 tx
2
1
x
xxf
9 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
21
1
t
ttf
1
1
t
t
1
1
x
xxf
Menentukan invers fungsi f:
Alternatif 1:
1
1
y
yx
1 yxxy
11 xxy
1
1
x
xy , 1x
1
11
x
xxf , 1x
kfff 132o
kfff 132
1
13
12
12
k
kf
1
133
k
kf
1
13
13
13
k
k
3322 kk
5k
3
2
15
15511
fkf [B]
11. Suku banyak berderajat tiga baxxxxP 23 dibagi dengan 152 xx mempunyai sisa
116 x . Nilai ba adalah ….
A. 4 D. 7
B. 5 E. 8
C. 6
Solusi:
11615223 xcxxxbaxxx
11655 223 xcxcxxcxx
11555 23 cxcxcx
15 c
4c
155 ca
1545 a
5a
Alternatif 2:
dcx
baxxf
acx
bdxxf
1
1
1
x
xxf
1
11
x
xxf , 1x
10 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
1 cb 314
Jadi, nilai 835 ba [E]
12. Diberikan sebuah segitiga yang panjang sisi-sisinya adalah 13 cm, 14 cm, dan 15 cm. Dengan
menggunakan titik-titik sudutnya sebagai pusat dibuat lingkaran, sehingga lingkaran-lingkaran itu
saling bersinggungan. Rasio jari-jari lingkaran yang terkecil dan terbesar adalah ….
A. 4:3 B. 7:3 C. 8:7 D. 7:6 E. 3:2
Solusi:
1521 rr ……….. (1)
1431 rr ………... (2)
1332 rr ………… (3)
Jumlah persamaan (1), (2), dan (3) menghasilkan:
1314152 321 rrr
21321 rrr ……………. (4)
Dari persamaan (1) dan (4) diperoleh:
2115 3 r
63 r
Dari persamaan (2) dan (4) diperoleh:
2114 2 r
72 r
Dari persamaan (3) dan (4) diperoleh:
2113 1 r
81 r
Jadi, rasio jari-jari lingkaran yang terkecil dan terbesar adalah 6 : 8 = 3 : 4. [A]
13. Sebuah pabrik memproduksi dua jenis barang yang harus diproses melalui bagian perakitan dan
bagian finishing (penyempurnaan). Bagian perakitan menyediakan waktu 90 jam dan bagian
finishing menyediakan waktu 72 jam. Pembuatan barang jenis I memerlukan waktu 6 jam pada
bagian perakitan dan 3 jam pada bagian finishing. Sedangkan pembuatan barang jenis II
memerlukan waktu 3 jam pada bagian perakitan dan 6 jam pada bagian finishing. Jika laba yang
diberikan barang jenis I dan II berturut-turut Rp 80.000,00 dan Rp 60.000,00. Pendapatan
maksimum yang diperoleh pabrik tersebut adalah ….
A. Rp 1.000.000,00 D. Rp 1.320.000,00
B. Rp 1.020.000,00 E. Rp 1.500.000,00
C. Rp 1.300.000,00
Solusi:
Ambillah barang jenis I dan II masing-masing adalah x dan y.
0
0
7263
9036
y
x
yx
yx
yxyxf 000.60000.80,
r1
r1
r2
r2 r3 r3
A
B
C
X
Y
O
30
24
12
15
6x + 3y = 90
3x + 6y = 72
11 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
9036 yx ……… (1)
7263 yx ……… (2)
Persamaan (1) – 2 Persamaan (2) menghasilkan:
549 y
6y
6y 9036 yx
90636 x
12x
Koordinat titik potongnya adalah (12,6).
Titik yxyxf 000.60000.80,
(0,0) 00000.600000.80
(15,0) 000.200.10000.6015000.80
(12,6) 000.320.16000.6012000.80 (maksimum)
(0,12) 000.72012000.600000.80
Jadi, Pendapatan maksimum yang diperoleh pabrik tersebut adalah Rp 1.320.000,00. [D]
14. Diberikan matriks
ca
b
36
20
10
21
0
7
02
10. Nilai .... cba
A. 5 D. 1
B. 3 E. 3
C. 1
Solusi:
ca
b
36
20
10
21
0
7
02
10
136
01
0
7
02
10
ca
b
130
61
02
10
07
1
c
ab
136
01
02
10
2
1
0
7
ca
b
02
136
2
1
0
7 c
a
b
012
133
0
7 c
a
b
1a
3b
12 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
72
13
c
5c
Jadi, nilai 3531 cba . [A]
15. Sebuah segitiga ABC dalam ruang dengan koordinat-koordinat titik 2,5,4A , 3,7,1B , dan
5,4,2C . Besar BAC adalah ….
A. 30 D. 90
B. 45 E. 120
C. 60
Solusi:
1
2
3
23
57
41
AB dan
3
1
2
25
54
42
AC
Rumus: ba
ba cos
222222312123
3
1
2
1
2
3
cos
BAC914149
326
1414
7
14
7
2
1
60BAC
Jadi, besar BAC adalah 60 [C]
16. Diberikan vektor-vektor kjia 2 dan kib . Panjang proyeksi vektor vu pada
vu 1510 adalah ….
A. 65 D. 52
1
B. 62 E. 152
1
C. 62
1
Solusi:
3
1
2
1
0
1
2
1
1
vu
5
10
5
1
0
1
15
2
1
1
101510 vu
Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah b
bac
A
C
B
13 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
2225105
5
10
5
3
1
2
c2510025
151010
150
15 6
2
1
65
15
Jadi, panjang proyeksi vektor vu pada vu 1510 adalah 62
1. [C]
17. Peta kurva 05312 yx jika dirotasi terhadap pusat O sebesar 90o searah putaran jarum jam
dilanjutkan dengan reflesi terhadap garis xy adalah ….
A. 05312 yx D. 05123 yx
B. 05312 yx E. 05123 yx
C. 05312 yx
Solusi:
Alternatif 1:
y
x
y
x
01
10
01
10
'
'
y
x
10
01
'
'
10
01
0011
1
y
x
y
x
'
'
y
x
'
'
y
x
'xx dan 'yy
Alternatif 2:
y
x
y
x
01
10
01
10
'
'
y
x
10
01
y
x
xx ' dan yy ' yy '
05312 yx
05'3'12 yx
05312 yx
Jadi, peta kurva tersebut adalah 05312 yx . [C]
18. Diberikan fungsi logaritma bax
xf
1
log yang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika
xf 1 adalah invers dari fungsi logaritma f , maka ....11 xf
A. 210 x
B. 210 x
C. 210 x
D. 210 x
E. 210 x
Solusi:
bax
xf
1
log baxxf log
)0,3( baxxf log
O X
Y
xfy
2
(3,0)
(12,1)
14 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
ba 3log0 …….….. (1)
)1,12( baxxf log
ba 12log0 …...... (2)
Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan:
aa 12log3log1
a
a
3
12log1
103
12
a
a
aa 103012
189 a
2a
2a ba 3log0
b 23log0
b 1log0
b 00
0b
Persamaan fungsi logaritma adalah 2log xxf
2log xxf
2log yx
2log yx
210 yx
210 xy
Jadi, fungsi inversnya adalah 2101 xxf [A]
19. Diberikan deret aritmetika naik. Jumlah 8 suku pertama adalah 164 dan jumlah 6 suku berikutnya
adalah 333. Jumlah 10 suku pertama deret aritmetika tersebut adalah….
A. 270 D. 255
B. 265 E. 250
C. 260
Solusi:
bnan
Sn 122
1641822
88 baS
164724 ba
4172 ba …………… (1)
Jumlah 8 suku pertama adalah 164 dan jumlah 6 suku berikutnya adalah 333 berarti jumlah 14
suku pertamanya adalah 164 + 333 = 497
49711422
1414 baS
15 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
4971327 ba
71132 ba …………… (2)
Selisih persamaan (2) dan (1) adalah
306 b
5b
5b 4172 ba
41572 a
62 a
3a
2555110322
1010 S
Jadi, jumlah 10 suku pertama deret aritmetika tersebut adalah 255. [D]
20. Di antara 1 dan 5 disisipkan k buah bilangan, sehingga terjadi sebuah deret aritmetika. 1u , 3u , dan
7u membentuk sebuah deret geometri. Jumlah k suku pertama deret geometri adalah ….
A. 256 D. 127
B. 144 E. 107
C. 128
Solusi:
Beda lama = b = 5 – 1 = 4
Beda baru = 'b
Banyak suku yang disisipkan = k
1
'
k
bb
1
4
k
Deret geometri: 1u + 3u + 7u
3
7
1
3
u
u
u
u
'2
'6'2
1
1
1
1
bu
bu
u
bu
'21
'61
1
'21
b
bb
'61'4'412
bbb
01'2'42
bb
01'2 b
2
1'b
2
1'b
1
4'
kb
1
4
2
1
k
81k
16 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
7k
1
1
1
3 '2
u
bu
u
ur
2
1
2
121
1
1
r
raS
n
n
12712
121 7
7
S
Jadi, jumlah deret geoemtri tersebut adalah 127. [D]
21. Diberikan limas segitiga beraturan (tetrahedron beraturan atau bidang empat beraturan) OABC
yang panjang semua rusuknya masing-masing adalah 10 cm. Tetrahedron ini dipotong oleh bidang
PQR sedemikian sehingga OP = 5 cm pada sisi OA; OQ = 8 cm pada sisi OB; dan OR = 8 cm.
Besar sudut antara bidang PQR dan bidang OBC adalah . Jika cb
asin , dengan a, b, c adalah
bilangan asli dan bilangan c dalam bentuk sederhana (tidak dapat ditarik akarnya lagi), maka nilai
.... cba
A. 72 D. 50
B. 60 E. 45
C. 55
Solusi:
Dari gambar (3): 10
8
OB
OQ
OM
ON
3532
11060sin10 OM cm
Sehingga 343510
8ON cm
Karena tetrahedron beraturan, maka 35OMAM cm
OAM adalah sama kaki dan P adalah titik tengah OA.
Sehingga 90OPM dan 3
1
35
5cos
OM
OPPOM
Menurut aturan Kosinus dalam PON:
A
B
C
O
P
N
P
10
5
5
5
5
8
8
2
2
Q
R
10
O
A M
P
5
5
34
35
N
O
B C
N
8
2
34
M
R 2
Q
8
(1) (2) (3)
17 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
PONONOPONOPPN cos2222
3
13452345
222 PN 33404825
POMPON 2cos1sin
2
3
11
3
11
3
2
Menurut aturan Sinus dalam PON:
PON
PN
PNO
OP
sinsin
PN
PONOP
sinsin
99
25
33
3
25
113
25 22
33
5
Sehingga 5a , 33b , dan 22c
Jadi, nilai 6022335 cba . [C]
22. Dari prisma segitiga beraturan ABC.PQR , dengan AB = 4 cm dan AP = 5 cm. Jika jarak titik P ke
bidang AQR hasilnya dinyatakan dalam bentuk cb
a, dengan a, b, c adalah bilangan asli dan
bilangan c dalam bentuk sederhana (tidak dapat ditarik akarnya lagi), maka nilai .... cba
A. 158 D. 48
B. 150 E. 47
C. 111
Solusi:
22 BQABAQ 4154 22 cm
41 AQAR cm
Menurut aturan Kosinus dalam AQR:
ARAQ
QRARAQQAR
2cos
222 41412
44141 222
41
33
412
164141
QARQAR 2cos1sin
2
41
331
2
22
41
3341 37
41
4
Luas BCD QARARAQANQR sin2
1
2
1
374
3741
44141
sin
QR
QARARAQAN cm
3232
1460sin4 PN cm
Luas BCD PMANPNAP 2
1
2
1
B
A C
Q
P R
M
4
5
N
18 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
37
325
AN
PNAPPM 111
37
10
Jadi, nilai 1581113710 cba . [A]
23. Jika keliling segi-8 beraturan adalah 32 cm, maka rasio luas segi-8 beraturan tersebut dan luas
lingkaran luarnya ….
A. 2π:2 D. π:2
B. π2:2 E. π:22
C. π:2
Solusi:
Keliling segi-8 beraturan = 32 cm
328 p
48
32p cm
Panjang sisi segi-8 adalah 4 cm.
Sudut pusat segi-8 beraturan
458
360
Menurut aturan Kosinus:
45cos24 222 RRRR
22
12216 22 RR
2216 2 R
22
162
R
22
22
22
16
228
Luas lingkaran luar segi-8 beraturan 2πR 22π8 cm2.
Luas segi-n beraturan n
Rn
360
sin2
1 2
Luas segi-8 beraturan 8
360sin
2
18 2
R
Luas segi-8 beraturan 45sin2284 22
12232 22216 1232 cm
2
Jadi, rasio luas segi-8 beraturan tersebut dan luas lingkaran luarnya
22π8
1232
22
22
22π8
1232
24π8
2222232
π
22 atau π:22 E
24. Diberikan prisma segitiga tegak beraturan CMN.PRQ. Segitiga CMN sama sisi terletak pada
persegi ABCD yang panjang sisinya 26 dm, dengan M terletak pada AB dan N pada AD.
Titik T terletak pada titik berat segitiga PQR, sehingga TC = 4 dm. Volume limas T.CMN adalah
….
A. 23
16liter D. 3
3
16liter
R R
4
45o
19 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
B. 28 liter E. 33
16 liter
C. 216 liter
Solusi:
Panjang sisi persegi ABCD = 26 dm.
Ambillah xDMBN , maka xANAM 26 .
Menurut Pythagoras:
22 26 xCNCM 3482 x
226262622
xxxMN
Karena CMN adalah sama sisi, maka MNCNCM .
2263482 xx
2464382412348 22 xxxx
034824642 xx
2
316323641282464 x
2
348962464
2
33642464
6
2
12
2
322262 6232262
6232262 x 2563 (ditolak) atau
6232262 x 26 (diterima)
348262
CNCMMN 348348 416 dm
Lihat CMK siku-siku di K:
32
1460sin' CMCK 32 dm
Lihat MTK ' siku-siku di K:
22
4'' NKMK dm
A B
T
4
M
C D
K
N
1 T
P
K
Q
R
A B
C D
N
M x
x
x 26
x 26
26
26
20 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
22 '' MKTMTK 321241624 22 dm
Lihat CTK ' :
TCCK
TKTCCKTCK
'2
'''cos
222 4322
32432222
4322
42
3
1
'cos1'sin 2 TCKTCK
2
3
11
3
11
3
2 6
3
1
Luas 'TCK 'sin'2
1TCKTKTC ''
2
1TTCK
CK
TCKTKTCTT
'
'sin''
32
63
1324
63
4 dm
60sin442
1sin
2
1Luas MCNCNCMCMN 343
2
144
2
1 dm
2.
Jadi, volume limas T.CMN 'Luas3
1TTCMN 6
3
434
3
1 2
3
16 liter A
25. Kosinus dari jumlah semua penyelesaian persamaan xxxx cottan3cossin4 , dengan
3600 x adalah ….
A. 1 D. 0
B. 32
1 E. 1
C. 2
1
Solusi:
xxxx cottan3cossin4
x
x
x
xxx
sin
cos
cos
sin3cossin4
xx
xxxx
cossin
cossin3cossin4
22
1cossin3cossin42
xxxx
012sin2
132sin
2
14
2
xx
012sin2
32sin 2 xx
022sin32sin2 2 xx
022sin12sin2 xx
2
12sin x (diterima) atau 22sin x (ditolak)
30sin2
12sin x
21 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
360302 kx atau 360301802 kx , dengan Bk
18015 kx atau 18075 kx , dengan Bk
0k 51x atau 57x
1k 95118015x atau 25518075x
Jadi, 1180cos360180cos540cos2551957515cos [A]
26. Dalam ABC dengan aBC , bAC , dan cAB diketahui 120ACB dan
2:13: ba . Nilai dari ....sinsincoscossincoscossin22 BABABABA
A. 0 D. 2
3
B. 4
1 E.
2
5
C. 2
1
Solusi:
2:13: ba
ka 13 dan kb 2
Menurut aturan Kosinus dalam ABC :
Cabbac cos2222
120cos2222 abbac
abbac 222
kkkkc 213213222
2222222 2324323 kkkkkkc
22 6kc
6kc
Menurut aturan Sinus dalam ABC :
RC
c
B
b
A
a2
sinsinsin
C
c
B
b
sinsin
120sin
6
sin
2 k
B
k
6
120sin2sin
k
kB
2
2
1
2
1
6
32
12
sin
k
k
B
45B
Alternatif 1: Menentukan besar sudut A
CBA 180 1512045180
Alternatif 2: Menentukan besar sudut A
C B
A
120o
a
b
c
22 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
C
c
A
a
sinsin
120sin
6
sin
13 k
A
k
6
120sin13sin
k
kA
6
32
113
k
k
22
13 26
4
1
15A
Jadi, BABABABABABA 2222cossinsinsincoscossincoscossin
4515cos4515sin 22 60cos30sin 22
22
2
1
2
1
2
1 . [C]
27. Jika 1tan dan 7
1tan , maka tan:tan adalah ….
A. 10:13 D. 5:6
B. 5:3 E. 10:3
C. 13:5
Solusi:
tantan1
tantantan
7
111
7
11
2tan
17
17
6
8
3
4
3
4
tan1
tan22
2tan22tan3
02tan3tan2 2
02tan1tan2
2
1tan atau 2tan
7
1tan
7
1
tantan1
tantan
tantan1tan7tan7
tan71tan7tantan
7tan
tan71tan
23 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
2
1tan
7tan
tan71tan
72
1
2
171
141
72
13
5
2tan 7tan
tan71tan
72
271
9
15
3
5
Karena 0tan dan 0tan , maka 2
1tan dan
13
5tan .
Jadi, 10:1313
5:
2
1tan:tan . [A]
28. Nilai
8
24
42
1
2
2lim
322 xxxxxadalah ….
A. 4
11 D.
12
11
B. 12
1 E.
4
11
C. 12
11
Solusi:
Alternatif 1: Uraian
8
24
42
1
2
2lim
322 xxxxx
8
24
8
2842lim
33
2
2 xx
xxx
x
8
24
8
1032lim
33
2
2 xx
xx
x 8
241032lim
3
2
2
x
xx
x
8
1432lim
3
2
2
x
xx
x
422
722lim
22
xxx
xx
x
42
72lim
22
xx
x
x
4222
7222
12
11 [C]
Alternatif 2: Teorema Hospital
8
24
42
1
2
2lim
322 xxxxx
8
24
8
2842lim
33
2
2 xx
xxx
x
8
24
8
1032lim
33
2
2 xx
xx
x 8
241032lim
3
2
2
x
xx
x
22 3
34lim
x
x
x
223
324
12
11 [C]
29. Nilai ....cossinsin
coslim
2
2
π3
xxx
x
x
A. 2 D. 2
24 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
B. 1 E. 4
C. 1
Solusi:
xxx
x
x cossinsin
coslim
2
2
π3 xxx
xxx
xxx
x
x cossinsin
cossinsin
cossinsin
coslim
2
2
2
2
π3
xxx
xxxx
x cossinsin
cossinsincos
lim22
2
2
π3
x
xxxx
x cos
cossinsincos
lim
2
2
π3
xxxx
cossinsinlim 2
2
π3 2
π3cos
2
π3sin
2
π3sin 2
0112 211 D
30. Diberikan kurva fungsi bxaxxf 3 , dengan a dan b adalah konstanta mempunyai nilai
stasioner 2,1 . Batas-batas fungsi f naik adalah ….
A. 11 x D. 31 x
B. 1x atau 1x E. 3x atau 3x
C. 13 x
Solusi:
2,1 bxaxxf 3
1123
ba
2 ba ……………. (1)
baxxf 23'
Nilai stasioner dicapai jika 0' xf , sehingga
03 2 bax
1x 03 2 bax
0132
ba
03 ba …..…….. (2)
Selisih persamaan (2) dan (1) menghasilkan:
22 a
1a
1a 2 ba
21 b
3b
Fungsi f adalah xxxf 33
33' 2 xxf
25 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
Fungsi f naik dicapai jika 0' xf , sehingga
033 2 x
012 x
011 xx
11 x
Jadi, batas-batas fungsi f naik adalah 11 x . [A]
31. Sebuah kotak dari logam tanpa tutup mempunyai volume 288 liter. Jika panjang alas kotak dua kali
lebarnya, maka luas permukaan kotak minimum adalah ….
A. 106 dm2 D. 216 dm
2
B. 108 dm2 E. 256 dm
2
C. 118 dm2
Solusi:
Volume kotak = 288
2882 hxx
2
144
xh
Luas permukaan kotak:
hxhxxxL 2222
xhxL 62 2
2
2 14462
xxxL
x
xL864
2 2
2
8644'
xxL
3
17284"
xL
Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika 0'L , sehingga
0864
42
xx
02163 x
3 216x 16
Jika 6x , maka 0126
17284"
3L , sehingga fungsi L mencapai nilai minimum pada 6x .
2166
86462
2
min L
Jadi, luas permukaan kotak minimum adalah 216 dm2. [D]
32. Jika xdxdxx
a
2
1sin21313
1
π
2
π , maka nilai a adalah ….
A. 9 D. 4
2x x
h
26 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
B. 8 E. 2
C. 6
Solusi:
xdxdxx
a
2
1sin21313
1
π
2
π
xdxxdx
a
2
1sin2131313
1
π
2
π
π
2
π1
2
3
2
1cos22613
9
2
xx
a
4
πcos226
2
πcos226
9
1613
9
22
3
a
22
12260
9
1613
9
22
3
a
269
1613
9
22
3
a
117813 2
3
a
12513 2
3
a
3
2
12513 a
2513 a
243 a
8a
Jadi, nilai a adalah 8. [D]
33. Hasil dari
....1
22
2
dx
x
xx
A. Cx
xx
1
2 D. Cx
x
1
2
B. Cx
xx
1 E. C
x
x
1
1
C. Cx
xx
1
2
Solusi:
dx
x
xx
2
2
1
2
dx
x
xx
2
2
1
112
2
11
1dx
x
C
xx
1
1
Cx
xx
1
12
Cx
x
1
1
2
Cx
x
1
2
[D]
27 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
34. Hasil dari xdxx 2sin adalah ….
A. xxxx 2cos2sin22 2 D. Cxxxx 2cos2sin224
1 2
B. Cxxx 4sin28
1 2 E. Cxxxx 2cos2sin228
1 2
C. Cxxxx 2cos2sin8
1 2
Solusi:
Ambillah xu dxdu
xdxdv 2sin dxx
2
2cos1 xxv 2sin
4
1
2
1
xdxx 2sin dxxxxxx
2sin
4
1
2
12sin
4
1
2
1
Cxxxxx 2cos8
1
4
12sin
4
1
2
1 22
Cxxxx 2cos8
12sin
4
1
4
1 2
Cxxxx 2cos2sin228
1 2
35. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva fungsi 52 23 xxy dan 3 xy adalah ….
A. 5 D. 12
13
B. 12
73 E.
24
13
C. 3
13
Solusi:
Batas-batas integral:
52 23 xxy dan 3 xy
352 23 xxx
022 23 xxx
021 2 xxx
0211 xxx
1x atau 1x atau 2x
Rumus: b
a
dxxfL
Luas daerah yang diarsir adalah
2
1
23
1
1
23 523352 dxxxxdxxxxL
1 1 2 1 2
1 1 2
1 1 2 0
O X
Y
1 2 3
5
3
52 23 xxy
3 xy
1
28 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
2
1
23
1
1
23 2222 dxxxxdxxxx
2
1
2341
1
234
223
2
42
23
2
4
xxxx
xxxx
2
2
1
3
2
4
14
2
4
3
16
4
162
2
1
3
2
4
12
2
1
3
2
4
1
12
24683
12
48246448
12
24683
12
24683
12
13
12
8
12
19
12
13
12
1381913
12
13
12
37 [D]
36. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva 22 xxy , garis
42 xy , dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah ….
A. π5
48 C. π
5
18 E. π8
B. π5
38 D. π4
Solusi:
Batas-batas integral:
Kurva 22 xxy dan garis 42 xy
2242 xxx
0442 xx
022x
2x
2 2π
b
a
V f x g x dx , xgxf
2
22 2
0
π 2 4 2V x x x dx dxxxxxx
2
0
4322 4416164π
dxxxx
2
0
4341616π
25
2 4
0
π 8 165
xx x x
32π 32 32 16
5
48π
5 [A]
37. Data yang disajikan pada tabel berikut adalah berat badan 60 orang siswa .
Jika modus pada tabel tersebut adalah 49,5 maka nilai b adalah ….
O X
Y
22 xxy
42 xy
2
Berat Badan (kg) Frekuensi
36 39 a
40 45 12
46 51 b
52 57 16
58 61 5
29 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
A. 12 D. 6
B. 8 E. 5
C. 7
Solusi:
6051612 ba
27 ba
pdd
dLMo
21
1
dengan: Mo = modus
L = tepi bawah kelas modus ( yang memiliki frekuensi tertinggi)
p = panjang kelas atau interval kelas
d1 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sebelumnya
d2 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sesudahnya
Nilai modus pada tabel tersebut adalah 49,5 menunjukkan bahwa kelas modus terletak pada
interval kelas 46 51 dengan frekuensi b.
Mo = 49,5; L = 45,5; p = 6; 121 bd ; dan 162 bd
61612
125,455,49
bb
b
282
7264
b
b
7261128 bb
402 b
202:40 b
20b 27 ba
2720 a
7a
Jadi, nilai a dalah 7. [C]
38. Banyaknya bilangan 4 angka yang semua angkanya genap dan bukan merupakan kelipatan 2003
adalah ….
A. 499 D. 625
B. 500 E. Tidak satupun di antaranya
C. 624
Solusi:
Bilangan genap terdiri dari angka-angka 0, 2, 4, 6, dan 8.
Banyak bilangan 4 angka yang semua angkanya genap = 5005554
Bilangan kelipatan 2003 yang terdiri dari 4 angka adalah 2003, 4006, 6009,8012. Di sini terlihat,
bahwa bilangan yang semua angkanya merupakan bilangan genap adalah hanya 4006.
Jadi, banyaknya bilangan 4 angka yang semua angkanya genap dan bukan merupakan kelipatan
2003 adalah 500 – 1 = 499. [A]
39. Delegasi Indonesia ke suatu pertemuan pemuda Internasional terdiri dari 5 orang. Ada 7 orang pria
dan 5 orang wanita yang mencalonkan diri untuk menjadi anggota delegasi. Jika dipersyaratkan
4 5 5 5
30 | Husein Tampomas, Prediksi Ujian Nasional Matematika IPA, 2015
bahwa paling sedikit seorang anggota itu harus wanita, maka banyaknya cara memilih anggota
delegasi adalah ….
A. 871 D. 717
B. 821 E. 177
C. 771
Solusi:
Ada 7 orang pria dan 5 orang wanita.
Delegasi beranggotakan 5 orang, dengan paling sedikit ada 1 orang wanita.
Kemungkinannya adalah (4P, 1W), (3P, 2W), (2P, 3W), (1P, 4W), (0P, 5W)
Jadi, banyaknya cara memilih anggota delegasi tersebut adalah
55074517352725371547 CCCCCCCCCC
!0!5
!5
!7!0
!7
!1!4
!5
!6!1
!7
!2!3
!5
!5!2
!7
!3!2
!5
!4!3
!7
!4!1
!5
!3!4
!7
7 6 5 4! 5 4! 7 6 5 4! 5 4 3! 7 6 5! 5 4 3! 7 6! 5 4! 7! 5!
4! 3 2 1 1 4! 3 2 1 4! 2 1 3! 2 1 5! 3! 2 1 1 6! 4! 1 1 7! 5! 1
115710211035535
135210350175
771 [C]
40. Dari antara 9 buah kartu bernomor 1 sampai 9 diambil 2 kartu secara acak. Peluang terambilnya
dua kartu yang jumlah nomornya 9 adalah ….
A. 72
1 D.
9
1
B. 36
1 E.
4
1
C. 18
1
Solusi:
Banyak pasangan kartu yang jumlah nomornya 9 ada 4 buah, yaitu (1,8); (2,7); (3,6); (4,5).
peluang terambil 2 kartu yang jumlah nomornya 9
!7!2
!9
44
29
C
!712
!789
4
9
1
36
4 [D]
Recommended