PEMBAHASAN SOAL MATEMATIKA IPA SIMAK UI

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

SOAL

PEMBAHASAN

1. Jika O1S  4 cm dan O2Q  3 cm, dan TP  4 cm, maka Perhatikan gambar di bawah ini !
panjang tali busur QR adalah … cm

A)

3

1
3
3
C) 2 3

D) 3
E) 4

B)

Garis SR dan garis UQ menyinggung lingkaran O1. Akibatnya sudut
4 1
SPO1 = sudut UPO1. Misalkan sudut SPO1 = α, nilai sin    . Itu
8 2
berarti   30 .
Sudut QPR = 600 karena bertolak belakang dengan sudut SPO1.
Pada lingkaran O2, sudut QO2R adalah sudut pusat dan sudut QPR
adalah sudut kelilingnya, yang berlaku QO2 R  2 QPR  120 .
Dengan aturan cosinus pada segitiga QO2R, diperoleh

 3    3   2  3  3  cos120
 1
  3    3   2  3  3    
 2

QR 2 
QR 2

2

2

2

2

QR2  3  3  3  9
QR  3 cm.

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

2. Misalkan  ,  berturut-turut adalah banyak bilangan bulat k Syarat berpotongan, f  x   g  x  , sehingga
dan perkalian semua bilangan bulat k yang memenuhi
f  x    k  2  x 2  kx  2 dan g  x   2 x 2  2 x  k  2 sehingga
 k  2 x2  kx  2  2x2  2x  k  2
grafik kedua fungsi tersebut berpotongan di dua titik berbeda.
Jika 3  k  1 , maka persamaan kuadrat yang akar-akarnya
 2   dan  2   adalah …
A)
B)
C)
D)
E)

x2  20 x  64  0
x2  42 x  117  0
x2  30 x  125  0
x2  48x  380  0
x2  50 x  400  0

kx2   k  2  x  k  4  0

Agar berpotongan di dua titik yang berbeda, D  0
D  b2  4ac  0
2
 k  2  4  k  k  4  0
k 2  4k  4  4k 2  16k  0
5k 2  20k  4  0

Tetapi, karena ditetapkan dalam soal 3  k  1 , maka himpunan
bilangan bulat k yang memenuhi pertidaksamaan kuadrat tersebut
yaitu {–3, –2, –1, 0}. 1 tidak memenuhi sebab 5  20  4  0 .
Jadi,   4 dan   3  2  1 0  0 , sehingga  2    42  0  16
dan  2    02  4  4 . Lalu, persamaan kuadratnya adalah

x2  16  4  x  16  4   0

 x, y  yang memenuhi
2
2 x 2  xy  1  0 dan  4 x  y   y 2  8 adalah …

3. Banyak

A)
B)
C)
D)

pasangan

0
1
2
3

x2  20 x  64  0 .
persamaan Kemungkinan pertama yaitu asumsikan xy sebagai xy , artinya x

dan y sama–sama positif atau sama–sama negatif.

2 x 2  xy  1  0
2 x 2  xy  1  0

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

E) 4

©jagomatematika.com
y

2 x2  1
x

Lalu, disubstitusikan ke persamaan  4 x  y   y 2  8
2

2

2 x 2  1   2 x 2  1 


 4x 
 
8

  x 
x


2

2

2

 2 x2 1   2 x2  1 

 
 8
 x   x 
4 x4  4 x2  1  4 x4  4 x2  1  8x2

4 x4  8x2  2  0
2 x4  4 x2  1  0
x

Untuk x  

2 2
2 2
atau x  
4
4

2 2
2 2
atau x  
, maka nilai y juga positif.
4
4

2 2

2 2
atau x  
, maka nilai y
4
4
juga negatif. Jadi, ada 4 solusi untuk kemungkinan pertama.

Begitu juga untuk x  

Kemungkinan kedua yaitu asumsikan xy sebagai  xy , artinya x
dan y berbeda tanda.

2 x 2  xy  1  0
2 x 2  xy  1  0

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

y

2 x 2  1
x

Terus disubstitusikan lagi ke persamaan  4 x  y   y 2  8
2

2

2 x 2  1   2 x 2  1 

 4x 
 
 8

 
x
x




2

2

2

 6 x 2  1   2 x 2  1 

 
 8
x
 x  

4
2
2
2
36 x  12 x  1  4 x  4 x  1  8x2
36 x4  8x2  2  0
18x4  4 x2  1  0

Persamaan kuadratnya tidak ada solusi di bilangan real karena nilai
D 0.

4. Jika suku banyak

g  x
f  x

Jadi, ada 4 pasangan bilangan yang memenuhi.
g  x
dibagi x 2  x bersisa x  2 dan jika
 x  x  1 h1  x   x  2 *1
f  x

xf  x   g  x  dibagi x2  x  2 bersisa x  4 , maka f 1 
3
4
1
B)
2
C) 0

A)

xf  x   g  x    x  2 x  1 h2  x   x  4

*2

Setting x  1 pada *1 dan *2 , sehingga diperoleh berturut–turut

g 1  3 f 1 dan f 1  g 1  3 . Lalu,

f 1  3 f 1  3
4 f 1  3

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1
1
2
3
E) 
4

D) 

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com
3
f 1   .
4

x 1
2x 1
dan g  x  
, maka nilai x yang Jika f  x   g  x   2 , maka 2  f  x   g  x   2 , sehingga diperoleh

2 2
3
memenuhi f  x   g  x   2 adalah …
x 1  2x 1 
2    
2
2 2  3 
A) 7  x  17
x 1 2x 1
2   
 2
B) x  7 atau x  17
2 2 3 3
C) x  7 atau x  17
x 1 2x 1
 2   6        6   2   6
D) 7  x  17
 2 2 3 3
E) 17  x  7
12  3x  3  4 x  2  12
12   x  5  12
12  5   x  5  5  12  5
17   x  7
7  x  17
6. Misalkan a, b, c berturut-turut adalah tiga bilangan asli yang b
bilangan bulat, artinya r  1 sedangkan rata-rata dari a, b, c adalah
b
a
membentuk barisan geometri dengan
bilangan bulat. Jika
abc
a
b  1 , artinya b  1 
.
2
3
a b
rata-rata dari a, b, c adalah b  1 , maka 4     a  1 
b a
Sangat mudah menebak barisan bilangan tersebut, yaitu 3, 6, dan 12.
a  3,
b  6,
c  12 ,
Jadi,
dan
sehingga
A) 2
2
2
a b
 3 6
B) 1
4    a 1  4    3 1  1 2  3 1  1 .
b a
6 3
C) 0
D) 1
Caranya sebagai berikut :
E) 2

5. Jika f  x  

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

Misalkan b  ar dan c  ar 2 . Terus

a  ar  ar 2
ar  1 
3
a 1  r  r 2 
ar  1 
3
2
a 1  r  r   3ar  3
a 1  2r  r 2   3

Karena 3 bilangan prima, berlaku teorema faktorisasi tunggal, yang
artinya ada dua kemungkinan yang terjadi :
(1) a  1 1  2r  r 2  3
(2) a  3 1  2r  r 2  1
Pada kemungkinan 1 :
1  2r  r 2  3
r 2  2r  2  0

Nilai r tidak bulat.
Pada kemungkinan 2 :

1  2r  r 2  1
r 2  2r  0
r  r  2  0

r  0 atau r  2
Nilai r yang memenuhi hanya nilai r  2 . Jadi barisan bilangan
tersebut adalah 3, 6, 12.

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

7. Untuk 0  x   , jika

2cos x  cos x  sin x   tan 2 x  sec2 x

penyelesaian dari

2cos x  cos x  sin x   sec2 x  tan 2 x

ba 
2
8
3
B)
8
4
C)
8
6
D)
8
E) 

A)

x  R | a  x  b adalah himpunan
2cos x  cos x  sin x   tan 2 x  sec2 x . Maka

©jagomatematika.com

2cos2 x  2sin x cos x  1
2cos2 x 1  2sin x cos x  0
cos 2 x  sin 2 x  0


sin   2 x   sin 2 x  0
2




2cos sin   2 x   0
4
4



sin   2 x   0
4





Titik kritisnya sin   2 x   sin 0 atau sin   2 x   sin  yaitu
4

4


3
x   k atau x  
 k .
8
8

Untuk k  0 , maka nilai x yang memenuhi yaitu x 



8
5
Untuk k  1 , maka nilai x yang memenuhi yaitu x 
8

Perhatikan gambar garis bilangan di bawah ini !

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

sin 6t 
a
8. Jika lim  2  3
  18 , maka a 
t 0 t
t cos 2 3t 

A)
B)
C)
D)
E)

6
12
18
24
30

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com


5 

Himpunan penyelesaiannya adalah  x  R |  x 
 , sehingga
8
8 

5  4
.
a b 
 
8 8
8
sin 6t 
a
 a 2sin 3t cos3t 
lim  2  3
  lim
 2 3

2
0
t 0 t
t

t cos 3t 
t cos 2 3t 

t
sin 6t 
a
 a 2sin 3t 
 lim  2  3
lim  2  3


2
t 0 t
t cos 3t  t 0  t t cos3t 

sin 6t 
a
 a 2 tan 3t 
 lim  2 
lim  2  3


2
t 0 t
t cos 3t  t 0  t
t3 

sin 6t 
a
 at  2 tan 3t 
lim  2  3
  lim


2
t 0 t
t

0
t cos 3t 
t3



Lalu, aplikasikan teorema L’Hospital, sehingga diperoleh

 a  6sec2 3t 
sin 6t 
a
lim  2  3
lim




t 0 t
3t 2
t cos2 3t  t 0 



 a  6 1  tan 2 3x  
sin 6t 
a


lim  2  3
  lim
t 0 t

t cos 2 3t  t 0 
3t 2




MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

 a  6  6 tan 2 3x 
sin 6t 
a

lim  2  3
lim



t 0 t
t cos 2 3t  t 0 
3t 2


 6 tan 2 3x 
sin 6t 
a
 a6


lim  2  3
lim
lim





t 0 t
t cos2 3t  t 0  3t 2  t 0  3t 2 

sin 6t 
a
 a6
lim  2  3
 lim  2   18

2
t 0 t
t cos 3t  t 0  3t 

 a6
18  lim  2   18
t 0
 3t 
 a6
lim  2   0
t 0
 3t 
Jadi, nilai a yang memenuhi hanya nilai a  6 sebab
c
9. Jika 3x5  3   g  t  dt , maka g '   
2
c
x

A)
B)
C)
D)
E)

15
2
15
4
15
8
15
16
15
32

0
0.
3t 2

x

Pada persamaan 3c5  3   g  t  dt , setting x  c , sehingga
c

c

3c5  3   g  t  dt
c

3c  3  0
3c5  3
c5  1
c 1
5

x

Lalu, kedua ruas pada persamaan 3c5  3   g  t  dt diturunkan
c

terhadap variabel x

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com
x

d
d 
5
3
3
x




  g  t  dt 
dx
dx  c

4
15x  g  x 

60 x3  g '  x 
3

c
1
1
 1  15
Sehingga nilai dari g '    g '    60    60    .
2
2
2
8 2
10. Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk a . Di Perhatikan gambar di bawah ini !
dalam kubus tersebut terdapat sebuah limas segiempat
1
beraturan P.ABCD dengan tinggi a . Perbandingan volume
3
kubus dengan volume ruang yang dibatasi oleh bidang PBC,
PAD, dan BCFG adalah …

A)
B)
C)
D)
E)

6:1
9:4
5:2
6:3
9:6

Volume ruang yang dibatasi oleh bidang PBC, PAD, dan BCFG
maksudnya adalah volume ruang yang berada di luar limas PABCD
dan limas PEFGH, volume ruang yang diarsir.

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

a
a3
Volume limas PABCD  3 
3
9
a2

Volume limas PEFGH 

a2

2a
3
3  2a
3
9

Volume kubus  a3
Volume ruang yang diarsir  a3 
Jadi, perbandingannya 9 : 6.
11. Diberikan kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 24. Di Perhatikan gambar di bawah ini !
dalam kubus tersebut terdapat sebuah limas segiempat
beraturan P.ABCD dengan tinggi 5. Titik Q terletak pada rusuk
EF sehingga QF = EQ. Jarak antara titik Q dan bidang PAB
adalah …
A)
B)
C)
D)
E)

288
5
288
7
288
9
288
11
288
13

2a 3 a 3 6 3
  a
9
9 9

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

Jarak titik Q ke bidang PAB adalah panjang garis QS.
Segitiga

PR 

siku–siku

 RO    OP 
2

Segitiga

QP 

POR

QTP

di

siku–siku

 QT   TP 
2

2

titik

O,

sehingga

panjang

T,

sehingga

panjang

 122  52  13 .

2

di

titik

 122  192  505 .

Perhatikan gambar di bawah ini !

Pada segitiga PQR,



505



2

  24   13  2  24 13 cos 
2

2

505  576  169  2  24 13 cos 

240  2  24 13 cos 
cos  

240
2  24 13

cos  

5
13

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com
sin  

12
13

Sekarang, pada segitiga RSQ,
12
13
QS 12

24 13
288
QS 
13

sin  

x

x


12. lim
x 0

1  cos t dt

0

x
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
1
E)
2
2



Misalkan f  x    1  cos t dt . Maka f '  x   1  cos x .
0

Dengan menerapkan teorema L’Hospital, diperoleh
x



1  cos t dt

lim 0
x 0

 lim

f  x
x

 lim

f ' x
1

x 0

x

x


lim

1  cos t dt

0

x 0

x 0

x
x


lim

1  cos t dt

0

x 0

x

 f '  0

x


lim
x 0

1  cos t dt

0

x

 1  cos 0  1  1  2

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

13. Jika f  x    x3  3x 2  9 x  6 terdefinisi pada  1,  , maka …

©jagomatematika.com

Terdefinisi pada  1,  artinya domainnya 1  x  

f  x    x 3  3x 2  9 x  6

(1) f selalu turun
(2) f tidak pernah naik

f '  x   3x 2  6 x  9

(3) f cekung bawah pada 1,  

f ''  x   6 x  6

(4) f cekung atas pada  ,1

Syarat fungsi f  x  turun pada domain 1  x   adalah f '  x   0
3x2  6 x  9  0
x2  2 x  3  0

Karena nilai D   2   4 1 3  8  0 , maka setiap nilai x pada
2

domainnya memenuhi pertidaksamaan kuadrat tersebut. Jadi f  x 
fungsi turun. Pernyataan (1) BENAR.
Syarat fungsi f  x  tidak pernah naik pada domain 1  x   adalah

f '  x   0 . Sama alasannya dengan pernyataan (1). Pernyataan (2)
BENAR.
Syarat fungsi f  x  cekung ke bawah pada domain 1  x   adalah

f ''  x   0
6 x  6  0
6 x  6
x 1

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan
Jadi,

©jagomatematika.com

f  x  cekung ke bawah pada interval x  1 atau

1,   .

Pernyataan (3) BENAR.
Syarat fungsi f  x  cekung ke atas pada domain 1  x   adalah

f ''  x   0
6 x  6  0
6 x  6
x 1

Jadi, f  x  cekung ke atas pada interval x  1 atau  ,1 . Pernyataan
(4) BENAR.
14. Bentuk identitas trigonometri berikut yang BENAR adalah …
1

(1) sin 6 x  cos6 x  cos 2 x  sin 2 2 x  1
4


1  cos 2 x
(2) sin x 
2
4
4
(3) cos x  sin x  2cos2 x 1
1  cos 2 x
(4) cos x 
2

Jadi, jawabannya E.
Uji setiap persamaan dengan nilai x  30 atau x  60 . Bisa juga diuji
dengan nilai x yang lain. Cara ini lebih menghemat waktu daripada
harus menggunakan identitas trigonometri.
Pernyataan (1) BENAR
1

sin 6 30  cos 6 30  cos 60  sin 2 60  1
4

1 27 1  1 3 

    1
64 64 2  4 4 
13 1  13 
   
32 2  16 
13
13
 
32
32

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

©jagomatematika.com

Pernyataan (2) BENAR
1  cos 60
2
1
1

2
4
1 1

2 2

sin 30 

Pernyataan (3) BENAR
cos4 30  sin 4 30  2cos2 30  1
9 1
3
  2  1
16 16
4
8 6
 1
16 4
1 1

2 2

Pernyataan (4) BENAR
1  cos120
2
1
1

2
4
1 1

2 2

cos 60 

Jadi, jawabannya E.

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan

15. Misal u   u1 , u2 , u3  dan v   v1 , v2 , v3  , dengan  sudut antara

u dan v , k skalar. Pernyataan berikut yang BENAR adalah …
(1) Jika u v  0 , maka tan  

 
(3)  u  v    u  v   2  v  u 

uv

u v 

©jagomatematika.com

u v  u v cos 

u  v  u v sin 

u  v  v  u
u u  v v  0

u  v  w  u  w  v  w

(2) u  kv  v  u  v

(4) Jika u v  0 , maka u  0 atau v  0

Pernyataan (1) BENAR
uv
tan  

u v uv
sin 


cos  u v u v
u v

Pernyataan (2) BENAR

u  kv   v  u  v  kv  v  u  v  0  u  v
Pernyataan (3) BENAR

u  v   u  v   u  u  u  v  v  u  v  v
u  v   u  v   0  v  u  v  u  0  2 v  u 
Pernyataan (4) SALAH
Jika u v  0 , maka belum tentu u  0 atau v  0 . Sebagai contoh

u  2i  3 j  4k dan v  5i  6 j  2k .

MATEMATIKA IPA SIMAK UI 2016 KODE 1

Author : Joni Parlindungan
Jadi, jawabannya A.

©jagomatematika.com