SBMPTN 2017 MATEMATIKA IPA KODE 159
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
SOAL DAN PEMBAHASAN
SBMPTN 2017
TKD SAINTEK KODE SOAL : 159
(MATEMATIKA IPA)
Oleh : SLPSR
e-mail: [email protected]
KODE 159
PEMBAHASAN
SBMPTN 2017
MATEMATIKA IPA
SLPSR | [email protected]
Page 1
Soal & Pembahasan
2
+
1
+
1. Jika
1
−
2
−
−
+
A. 1
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
=
2 − 1 → tingkat suku bunga per semester
*tingkat suku bungan per tahun adalah
3
=4
=1
10
+
maka
D. 4
B. 2
=⋯
2 =
pertidaksamaan
C. 3
= 4 (x4) 8
+ 2 = 1 (x2) 2
1
−
=
dan
3
−
2
1
+
+4 = 2 +
1
2
⇒
⇒
1
+
=
=
⇒
=5
=
1
2
maka
−4 = 3
10
1
+
⇔
+
−1
−3
> 2 adalah …
A. 1
D. 4
B. 2
E. 5
C. 3
Pembahasan:
−1
; ≥1
−1 =
− −1 ; 0
−3
⇔3<
=
2. Seorang pelajar berencana untuk menabung di
koperasi yang keuntungannya di hitung setiap
semester. Apabila jumlah tabungan menjadi dua kali
−1
>2
−3
1− −2( −3)
⇒
−3
7−3
⇒ −3 > 0
7
⇔3< 0
0
Karena < 1
={}
Sehingga Himpunan penyelesaiannya adalah
3< 0,
maka ( ) adalah …
A. 2 − 24
D. 2 + 4 + 24
B. 2 + 6 − 24
E.
+� +
2
C.
+ 24
Pembahasan:
Dengan Metode Horner, akan di dapatkan
1 cot 2 −1
2
cot
=1
. cot + cot − 1 = 0
cot 2 + cot − 2 = 0
cot − 1 cot + 2 = 0
Jadi
cot 1 . cot 2 = 1 −2 = −
64 + 16 + 2 = 100
2
+ 16 − 36 = 0
⇔ −2
+ 18 = 0
Karena > 0, maka = 2
Sehingga �
=
+� +
8. Diketahui suatu lingkaran kecil dengan radius 3 2
melalui pusat suatu lingkaran besar yang
mempunyai radius 6. Ruas garis yang
menghubungkan titik lingkaran merupakan diameter
dari lingkaran kecil seperti pada gambar
luas daerah irisan kedua lingkaran adalah...
6. Persamaan salah satu asimtot hiperbola
9 2 − 36 − 4 2 + 8 − 4 = 0 adala�…
A.
B.
3
= −2 − 2
3
= −2 − 4
3
C.
=2 +2
D.
=
E.
=2 +4
3
−
Pembahasan:
Persamaan hiperbola di atas dapat kita tulis sbb:
9 2−4 −4 2−2 −4=0
9( − 2)2 − 4( − 1)2 = 4 + 36 − 4
( −2)2
4
−
( −1)2
9
=1
Persamaan asimtot di dapatkan pada saat
( −1)2
( −2)2
− 9 =0
4
( −2)2
( −1)2
⇔ 4 =
9
9
2
⇔ ( − 1) = 4 ( − 2)2
3
⇔ − 1 = ± 2 ( − 2)
⇔
=
−
⋁
D. 14� − 15
E. 10� − 10
A. 18� + 18
B. �� − �
C. 14� − 14
Pembahasan :
8
B
6
4
2
0
A
P
2
4
6
6
4
2
0
2
4
6
8
● AB : Diameter lingkarang kecil
⇔
SLPSR | [email protected]
3
= −2 + 4
● Luas juring APB =
1
● Luas Δ APB = 2 .
∠
360°
�
2
Page 3
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
● Luas Tembereng = L. juring APB – L. Δ APB
● cos ∠
2−
2+
=
2.
2
.
LD I ⇒ Luas seten�a� l��karan kec�l
⇒
� 2
2
=
� (3 2)2
2
LD II ⇒ Luas tembereng lingkaran besar
∠
=
cos ∠
=0 ⇔ ∠
Luas Juring APB =
90°
360°
=0
= 90°
4
−4
sin
0
−2
=⋯
( )
A. 0
( )
�� − �
● Jika
● Jika
maka
+
( )
0
→0
+
;
<
<
11. lim
4
−4
⇒
4
−4
⇒0+
⇒
4
0
4
0
=
+ 2
1+ 3
→ 0 sin 2 −�
L’�op�tal)
=⋯
D. −∞
E. ∞
B. 0
lim
4
−4
=8
4
−4
= 8
=8
(karena ( ) fungsi
= 8 (karena ( ) fungsi genap)
=4
SLPSR | [email protected]
4 sin 1
→∞
= 8
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
1
=
Misalkan
+
( )
cos 2 −�
→ 0 sin 2 −�
. lim
Pembahasan:
+ ( )
( )
. cot 2 − �
C.
genap dan cos fungsi ganjil)
⇒2
1
2
A. Tidak ada
=0
+1
4
−4
1
lim cos 2 −� . 2
→0
4 sin 1
→∞
⇒
⇒
�
−2
→0
( )
⇒
●
−2
⇒ 2 . lim cos 2 − � . lim
( )
.
�
1−
⇒ lim 1 −
fungsi genap dan ( ) fungsi ganjil
−
●
⇒
=2
3
→0
fungsi genap maka
( )
−
( )
D. 2
5
= 2 1
( )
. cot 2 − � = ⋯
E. 2
⇒ 2 . 1.
=
=4
B.
Pembahasan:
*Sifat-sifat yang digunakan
=
�
−2
= 4, maka
Pembahasan :
+ ( ))
( )
=0
C. 2
D. 3
4
0
1−
1
C. 2
●
+ 4=4
A. 2
E. 4
(
( )
lim
B. 1
●
+
= 8, dengan ( )
+1
4
−2
fungsi genap dan
( )
→0
= 9� − 18
Jadi LD I + LD II = 9� + 9� − 18 =
9. Jika
=4
10. lim
� 6 = 9�
6 .6
2
( )
( )
−
2
Luas tembereng = 9� −
0
−2
0
−2
= 9�
62 +62 −(6 2)2
2. 6. 6
4
−2
maka
+ 2
3
1+
1
1
4 sin
+ 2
1
1+ 3
1
2 sin
3 +1
3
1
2
sin
2
+1
+1
3 +1
sin
+
. lim
→0
1
3 +1
Page 4
Soal & Pembahasan
⇒ lim
sin
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
+ lim
→0
→0
12. Jumlah semua nilai
=
fungsi
tegak adalah …
−2
′
mempunyai satu asimtot
A. −2
=2
.
2
=3
. −sin(4 ) . 4 .
4
��
��
2
. ��(
. 2
��
= −2 + 12 dan
).�
= 3 − 13
berturut-turut adalah garis singgung dari
C.
2 −1
=
�′ 4 = ⋯
−2
2+
−1 ( +1)
2 + −2
=
Agar fungsi memiliki 1 asimtot tegak, maka salah
satu faktor dari penyebut harus sama dengan faktor
dari pembilang, agar bisa dicoret.
sehingga
− 1 ( + 2) =
2
=1
maka
sehingga
+ 1 ( − 2) =
●
= −1
●
=
A. −12
B. −12
2
2
C. −
��
E. 24
2
D. −24
3
=
=⋯
2
= 4,
4 =4
′
(4) = −2
= 3 − 13 adalah garis singgung ( ) di
= 4,
maka
●
13. Misalkan
3
2
= −2 4 + 12 = 4
⇒
Jadi jumlah nilai b adalah
+ −
3
E. 4
⇒ titik singgung = (4,4)
−2
+
D. 2
maka
● Misalkan faktor yang sama adalah ( + 1)
2
C. −
, maka
1
A. −13
B. −
=
= −2 + 12 adalah garis singgung ( ) di
−2
+
= 4. Jika �
= ( )
Pembahasan:
● Misalkan faktor yang sama adalah ( − 1)
maka
= ( ) di
dan
Pembahasan:
′
.
=
14. Misalkan
E. 2
= tan ;
( )=
=−
D. 1
B. −1
= cos3 (4 ) ;
Misalkan
yang mengakibatkan grafik
2 −1
2+
3 +1
→0
= 1+0 1 =
Pembahasan:
1
. lim
(4 tan 2 ), maka maka
4 tan 2
. sin 4 tan 2
4 tan 2
2
��
4 tan 2
4 tan 2
.4
. ��
��
. sin 4 tan 2
. sin 4 tan 2
⇒ titik singgung = (4,1)
⇒
●
2
.�
. 4 sec 2
.4
2
2
= 3 4 − 13 = −1
′
4 = −1
(4) = 3
�′ 4 =
�′ 4 =
�′ 4 =
SLPSR | [email protected]
′
4
(4)− 4
4 2
′
4
−2 (−1)− 4 (3))
12
2−12
12
=−
Page 5
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
▪ Peluang kasus (2)
15. Di dalam kotak I terdapat 12 bola putih dan 3 bola
merah. Di dalam kotak II terdapat 4 bola putih dan 4
⇒ semua putih dari kotak II
4 4
bola merah. Jika dari kotak I dan kotak II masing-
16
Peluang
(PP) = 5 . =
5
25
masing diambil 2 bola satu per satu dengan
⇒ 1 merah dari kotak I
pengembalian,maka peluang yang terambil 1 bola
1 1
2 2
1
4
1 1
1
Peluang
(MP) = . =
merah adalah …
A. 0,04
D. 0,32
Peluang
(PM) = 2 . 2 = 4
B. 0,10
E. ,
⇒4+4 =2
1
C. 0,16
=
: Peluang kejadian
●
1,
=
2
1
16 1
Jadi peluang kasus (2) = 25 . 2 =
Pembahasan :
●
1
1
.
�
2
KOTAK I
Jadi
1 +
2 =
8+32
100
=
40
100
= .
KOTAK II
12 P
4P
3M
4M
1
4
P(putih) = P(merah) = 2
P(putih) = 5
1
P(merah) = 4
Agar terambil bola merah, maka ada dua kasus:
(1) 1 merah dari kotak I & semua putih dari kotak II
atau
(2) semua putih dari kotak I & 1 merah dari kotak II
▪ Peluang kasus (1)
⇒ 1 merah dari kotak I
Peluang MP → peluang terambil merah lalu putih
1 4
5
= . =
5
4
25
Peluang PM → peluang terambil putih lalu merah
4 1
4
= 5 . 5 = 25
⇒
4
25
+
4
25
=
8
25
⇒ semua putih dari kotak II
1 1
2 2
Peluang
(PP) = . =
1
4
8
1
Jadi peluang kasus (1) = 25 . 4 =
SLPSR | [email protected]
�
Page 6
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
SLPSR | [email protected]
Page 7
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
SOAL DAN PEMBAHASAN
SBMPTN 2017
TKD SAINTEK KODE SOAL : 159
(MATEMATIKA IPA)
Oleh : SLPSR
e-mail: [email protected]
KODE 159
PEMBAHASAN
SBMPTN 2017
MATEMATIKA IPA
SLPSR | [email protected]
Page 1
Soal & Pembahasan
2
+
1
+
1. Jika
1
−
2
−
−
+
A. 1
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
=
2 − 1 → tingkat suku bunga per semester
*tingkat suku bungan per tahun adalah
3
=4
=1
10
+
maka
D. 4
B. 2
=⋯
2 =
pertidaksamaan
C. 3
= 4 (x4) 8
+ 2 = 1 (x2) 2
1
−
=
dan
3
−
2
1
+
+4 = 2 +
1
2
⇒
⇒
1
+
=
=
⇒
=5
=
1
2
maka
−4 = 3
10
1
+
⇔
+
−1
−3
> 2 adalah …
A. 1
D. 4
B. 2
E. 5
C. 3
Pembahasan:
−1
; ≥1
−1 =
− −1 ; 0
−3
⇔3<
=
2. Seorang pelajar berencana untuk menabung di
koperasi yang keuntungannya di hitung setiap
semester. Apabila jumlah tabungan menjadi dua kali
−1
>2
−3
1− −2( −3)
⇒
−3
7−3
⇒ −3 > 0
7
⇔3< 0
0
Karena < 1
={}
Sehingga Himpunan penyelesaiannya adalah
3< 0,
maka ( ) adalah …
A. 2 − 24
D. 2 + 4 + 24
B. 2 + 6 − 24
E.
+� +
2
C.
+ 24
Pembahasan:
Dengan Metode Horner, akan di dapatkan
1 cot 2 −1
2
cot
=1
. cot + cot − 1 = 0
cot 2 + cot − 2 = 0
cot − 1 cot + 2 = 0
Jadi
cot 1 . cot 2 = 1 −2 = −
64 + 16 + 2 = 100
2
+ 16 − 36 = 0
⇔ −2
+ 18 = 0
Karena > 0, maka = 2
Sehingga �
=
+� +
8. Diketahui suatu lingkaran kecil dengan radius 3 2
melalui pusat suatu lingkaran besar yang
mempunyai radius 6. Ruas garis yang
menghubungkan titik lingkaran merupakan diameter
dari lingkaran kecil seperti pada gambar
luas daerah irisan kedua lingkaran adalah...
6. Persamaan salah satu asimtot hiperbola
9 2 − 36 − 4 2 + 8 − 4 = 0 adala�…
A.
B.
3
= −2 − 2
3
= −2 − 4
3
C.
=2 +2
D.
=
E.
=2 +4
3
−
Pembahasan:
Persamaan hiperbola di atas dapat kita tulis sbb:
9 2−4 −4 2−2 −4=0
9( − 2)2 − 4( − 1)2 = 4 + 36 − 4
( −2)2
4
−
( −1)2
9
=1
Persamaan asimtot di dapatkan pada saat
( −1)2
( −2)2
− 9 =0
4
( −2)2
( −1)2
⇔ 4 =
9
9
2
⇔ ( − 1) = 4 ( − 2)2
3
⇔ − 1 = ± 2 ( − 2)
⇔
=
−
⋁
D. 14� − 15
E. 10� − 10
A. 18� + 18
B. �� − �
C. 14� − 14
Pembahasan :
8
B
6
4
2
0
A
P
2
4
6
6
4
2
0
2
4
6
8
● AB : Diameter lingkarang kecil
⇔
SLPSR | [email protected]
3
= −2 + 4
● Luas juring APB =
1
● Luas Δ APB = 2 .
∠
360°
�
2
Page 3
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
● Luas Tembereng = L. juring APB – L. Δ APB
● cos ∠
2−
2+
=
2.
2
.
LD I ⇒ Luas seten�a� l��karan kec�l
⇒
� 2
2
=
� (3 2)2
2
LD II ⇒ Luas tembereng lingkaran besar
∠
=
cos ∠
=0 ⇔ ∠
Luas Juring APB =
90°
360°
=0
= 90°
4
−4
sin
0
−2
=⋯
( )
A. 0
( )
�� − �
● Jika
● Jika
maka
+
( )
0
→0
+
;
<
<
11. lim
4
−4
⇒
4
−4
⇒0+
⇒
4
0
4
0
=
+ 2
1+ 3
→ 0 sin 2 −�
L’�op�tal)
=⋯
D. −∞
E. ∞
B. 0
lim
4
−4
=8
4
−4
= 8
=8
(karena ( ) fungsi
= 8 (karena ( ) fungsi genap)
=4
SLPSR | [email protected]
4 sin 1
→∞
= 8
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
⇒ lim
→0
1
=
Misalkan
+
( )
cos 2 −�
→ 0 sin 2 −�
. lim
Pembahasan:
+ ( )
( )
. cot 2 − �
C.
genap dan cos fungsi ganjil)
⇒2
1
2
A. Tidak ada
=0
+1
4
−4
1
lim cos 2 −� . 2
→0
4 sin 1
→∞
⇒
⇒
�
−2
→0
( )
⇒
●
−2
⇒ 2 . lim cos 2 − � . lim
( )
.
�
1−
⇒ lim 1 −
fungsi genap dan ( ) fungsi ganjil
−
●
⇒
=2
3
→0
fungsi genap maka
( )
−
( )
D. 2
5
= 2 1
( )
. cot 2 − � = ⋯
E. 2
⇒ 2 . 1.
=
=4
B.
Pembahasan:
*Sifat-sifat yang digunakan
=
�
−2
= 4, maka
Pembahasan :
+ ( ))
( )
=0
C. 2
D. 3
4
0
1−
1
C. 2
●
+ 4=4
A. 2
E. 4
(
( )
lim
B. 1
●
+
= 8, dengan ( )
+1
4
−2
fungsi genap dan
( )
→0
= 9� − 18
Jadi LD I + LD II = 9� + 9� − 18 =
9. Jika
=4
10. lim
� 6 = 9�
6 .6
2
( )
( )
−
2
Luas tembereng = 9� −
0
−2
0
−2
= 9�
62 +62 −(6 2)2
2. 6. 6
4
−2
maka
+ 2
3
1+
1
1
4 sin
+ 2
1
1+ 3
1
2 sin
3 +1
3
1
2
sin
2
+1
+1
3 +1
sin
+
. lim
→0
1
3 +1
Page 4
Soal & Pembahasan
⇒ lim
sin
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
+ lim
→0
→0
12. Jumlah semua nilai
=
fungsi
tegak adalah …
−2
′
mempunyai satu asimtot
A. −2
=2
.
2
=3
. −sin(4 ) . 4 .
4
��
��
2
. ��(
. 2
��
= −2 + 12 dan
).�
= 3 − 13
berturut-turut adalah garis singgung dari
C.
2 −1
=
�′ 4 = ⋯
−2
2+
−1 ( +1)
2 + −2
=
Agar fungsi memiliki 1 asimtot tegak, maka salah
satu faktor dari penyebut harus sama dengan faktor
dari pembilang, agar bisa dicoret.
sehingga
− 1 ( + 2) =
2
=1
maka
sehingga
+ 1 ( − 2) =
●
= −1
●
=
A. −12
B. −12
2
2
C. −
��
E. 24
2
D. −24
3
=
=⋯
2
= 4,
4 =4
′
(4) = −2
= 3 − 13 adalah garis singgung ( ) di
= 4,
maka
●
13. Misalkan
3
2
= −2 4 + 12 = 4
⇒
Jadi jumlah nilai b adalah
+ −
3
E. 4
⇒ titik singgung = (4,4)
−2
+
D. 2
maka
● Misalkan faktor yang sama adalah ( + 1)
2
C. −
, maka
1
A. −13
B. −
=
= −2 + 12 adalah garis singgung ( ) di
−2
+
= 4. Jika �
= ( )
Pembahasan:
● Misalkan faktor yang sama adalah ( − 1)
maka
= ( ) di
dan
Pembahasan:
′
.
=
14. Misalkan
E. 2
= tan ;
( )=
=−
D. 1
B. −1
= cos3 (4 ) ;
Misalkan
yang mengakibatkan grafik
2 −1
2+
3 +1
→0
= 1+0 1 =
Pembahasan:
1
. lim
(4 tan 2 ), maka maka
4 tan 2
. sin 4 tan 2
4 tan 2
2
��
4 tan 2
4 tan 2
.4
. ��
��
. sin 4 tan 2
. sin 4 tan 2
⇒ titik singgung = (4,1)
⇒
●
2
.�
. 4 sec 2
.4
2
2
= 3 4 − 13 = −1
′
4 = −1
(4) = 3
�′ 4 =
�′ 4 =
�′ 4 =
SLPSR | [email protected]
′
4
(4)− 4
4 2
′
4
−2 (−1)− 4 (3))
12
2−12
12
=−
Page 5
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
▪ Peluang kasus (2)
15. Di dalam kotak I terdapat 12 bola putih dan 3 bola
merah. Di dalam kotak II terdapat 4 bola putih dan 4
⇒ semua putih dari kotak II
4 4
bola merah. Jika dari kotak I dan kotak II masing-
16
Peluang
(PP) = 5 . =
5
25
masing diambil 2 bola satu per satu dengan
⇒ 1 merah dari kotak I
pengembalian,maka peluang yang terambil 1 bola
1 1
2 2
1
4
1 1
1
Peluang
(MP) = . =
merah adalah …
A. 0,04
D. 0,32
Peluang
(PM) = 2 . 2 = 4
B. 0,10
E. ,
⇒4+4 =2
1
C. 0,16
=
: Peluang kejadian
●
1,
=
2
1
16 1
Jadi peluang kasus (2) = 25 . 2 =
Pembahasan :
●
1
1
.
�
2
KOTAK I
Jadi
1 +
2 =
8+32
100
=
40
100
= .
KOTAK II
12 P
4P
3M
4M
1
4
P(putih) = P(merah) = 2
P(putih) = 5
1
P(merah) = 4
Agar terambil bola merah, maka ada dua kasus:
(1) 1 merah dari kotak I & semua putih dari kotak II
atau
(2) semua putih dari kotak I & 1 merah dari kotak II
▪ Peluang kasus (1)
⇒ 1 merah dari kotak I
Peluang MP → peluang terambil merah lalu putih
1 4
5
= . =
5
4
25
Peluang PM → peluang terambil putih lalu merah
4 1
4
= 5 . 5 = 25
⇒
4
25
+
4
25
=
8
25
⇒ semua putih dari kotak II
1 1
2 2
Peluang
(PP) = . =
1
4
8
1
Jadi peluang kasus (1) = 25 . 4 =
SLPSR | [email protected]
�
Page 6
Soal & Pembahasan
SBMPTN 2017 TKD SAINTEK KODE 159 (MATEMATIKA IPA)
SLPSR | [email protected]
Page 7