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

Pembahasan UM UGM 2015

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 · x
r = 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

http://www.masrosid.com

2 3 +5+5· 3 2 20 + 30 + 45 = 6 95 = 6

+ 5 + 5r = 5 ·

Halaman ke-2 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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

http://www.masrosid.com

Halaman ke-3 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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

http://www.masrosid.com

Halaman ke-4 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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

http://www.masrosid.com

Halaman ke-5 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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 =

http://www.masrosid.com

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

Halaman ke-6 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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 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=

http://www.masrosid.com

dc2 2

Halaman ke-12 dari 13

Pembahasan UM UGM 2015

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.

http://www.masrosid.com

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

Halaman ke-13 dari 13