Pembahasan Matematika UN SMA 2008 (3)


1.  Diketahui vektor \vec{a} = 2ti-j+3k, \vec{b} = -ti+2j-5k dan \vec{c} = 3ti+tj+k. Jika vektor (\vec{a}+\vec{b}) tegak lurus \vec{c}, maka nilai 2t = \ldots

A. -2 atau \dfrac{4}{3}

B. 2 atau \dfrac{4}{3}

C. 2 atau -\dfrac{4}{3}

D. 3 atau 2

E. -3 atau 2

Pembahasan

\vec{a}+\vec{b} = \begin{pmatrix} 2t\\-1\\3 \end{pmatrix}  + \begin{pmatrix} -t\\2\\-5 \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} t\\1\\-2 \end{pmatrix}

(\vec{a}+\vec{b}) tegak lurus \vec{c}, artinya (\vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{c} = 0

\begin{pmatrix} t\\1\\-2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3t\\t\\ \end{pmatrix} = 0

3t^2+t-2 = 0

(3t+2)(t-1) = 0

t = -\dfrac{2}{3} atau t=1

Jadi, 2t = -\dfrac{4}{3} atau 2t=2

Jawaban : C

2.  Diketahui vektor \vec{a} = \begin{pmatrix} -2\\3\\4 \end{pmatrix} dan \vec{b} = \begin{pmatrix} x\\0\\3 \end{pmatrix}. Jika panjang proyeksi \vec{a} pada \vec{b} adalah \dfrac{4}{5}, maka satu nilai x adalah …

A. 6

B. 4

C. 2

D. -4

E. -6

Pembahasan.

Proy_a b = \dfrac{a \cdot b}{|b|^2}b

= \dfrac{(-2,3,4)(x,0,3)}{(\sqrt{x^2+0^2+3^2})^2}(x,0,3)

= \dfrac{-2x+0+12}{x^2+0+9}(x,0,3)

= \dfrac{-2x+12}{x^2+9}(x,0,3)

Panjang proyeksi \vec{a} pada \vec{b}

\dfrac{4}{5} = \sqrt{\left(\dfrac{-2x+12}{x^2+9} \right)^2(x^2+0^2+3^2)}

\left( \dfrac{4}{5} \right)^2 = \left(\dfrac{-2x+12}{x^2+9} \right)^2(x^2+9)

\dfrac{16}{25} = \dfrac{(-2x+12)^2}{x^2+9}

16(x^2+9) = 25(4x^2-48x+144)

16x^2+144 = 100x^2-1200x+3600

84x^2-1200x+3456=0 (:12)

7x^2-100x+288=0

Dengan menggunakan Metode Horner, diperoleh x=4 merupakan salah satu solusi dari persamaan kuadrat di atas.

Jawaban : B

3.  Persamaan parabola y=x^2+4 karena rotasi dengan pusat O (0,0) sejauh 180^0 adalah …

A. x=y^2+4

B. x=-y^2+4

C. x=-y^2-4

D. y=-x^2-4

E. y=x^2+4

Pembahasan

Rotasi :

\begin{pmatrix} x'\\y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos 180^0 & -\sin 180^0\\ \sin 180^0 & \cos 180^0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} -1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} -x\\ -y \end{pmatrix}

Hasil transformasi :

y'=x'^2+4

-x=(-y)^2+4

y^2=-x-4

Jawaban : D

4.  Persamaan bayangan garis 4y+3x-2=0 oleh transformasi yang bersesuaian  dengan matriks \begin{pmatrix} 0&-1\\1&1 \end{pmatrix} dilanjutkan matriks \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1 \end{pmatrix} adalah …

A. 8x+7y-4=0

B. 8x+7y-2=0

C. x-2y-2=0

D. x+2y-2=0

E. 5x+2y-2=0

Pembahasan

\begin{pmatrix} x'\\y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&-1\\1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} -y\\x+y \end{pmatrix}

\begin{pmatrix} x''\\y'' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}  1&1\\1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x'\\y' \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -y\\x+y \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} -y+x+y\\ -y-(x+y) \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} x\\ -2y-x \end{pmatrix}

Hasil transformasi

4y''+3x''-2=0

4(-2y-x)+3(x)-2=0

-8y-4x+3x-2=0

-8y-x-2=0

Jawaban :

5.  Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan rusuk 6 cm. Jika sudut antara diagonal AG dengan bidang ABCD adalah \alpha, maka \sin \alpha adalah …

A. \dfrac{1}{2} \sqrt{3}

B. \dfrac{1}{2} \sqrt{2}

C. \dfrac{1}{3} \sqrt{3}

D. \dfrac{1}{2}

E. \dfrac{1}{3} \sqrt{2}

Pembahasan

un_math_2008_25Dalam menyelesaikan soal ini, sudut antar diagonal AG dan bidang ABCD sama dengan sudut segi tiga ACG yang siku-siku di titik C. Perhatikan segitiga ACG

AC = \sqrt{AB^2+BC^2}

= \sqrt{6^2+6^2}

= \sqrt{2 \cdot 6^2} = 6\sqrt{2}

AG = \sqrt{AC^2+CG^2}

= \sqrt{(6\sqrt{2})^2+6^2}

= \sqrt{2 \cdot 6^2+6^2}

= \sqrt{3 \cdot 6^2} = 6\sqrt{3}

\sin \alpha = \sin \angle CAG = \dfrac{CG}{AG} = \dfrac{6}{6\sqrt{3}} = \dfrac{1}{3} \sqrt{3}

Jawaban : C

6.  Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan panjang rusuk 8 cm. Jarak titik H dan garis AC adalah …

A. 8\sqrt{3}

B. 8\sqrt{2}

C. 4\sqrt{6}

D. 4\sqrt{3}

E. 4\sqrt{2}

Pembahasan

un_math_2008_26Dalam menyelesaikan soal ini, jarak titik H ke garis AC merupakan sisi miring dari segi tiga APP’ dengan P dan P’ adalah berturut-turut titik tengah dari bidang ABCD dan EFGH.

AC = \sqrt{AB^2+BC^2}

= \sqrt{8^2+8^2}

= \sqrt{2 \cdot 8^2} = 8\sqrt{2}

AP = \dfrac{1}{2} AC = 4\sqrt{2}

AP = HP' = 4\sqrt{2}

Perhatikan segi tiga HPP’.

HP =\sqrt{(PP')^2+(P'H)^2}

= \sqrt{8^2+(4\sqrt{2})^2}

= \sqrt{64+32}

= \sqrt{96} = 4\sqrt{6}

Jawaban : C

7.  Himpunan penyelesaian persamaan \cos 2x + 7 \sin x -4 = 0 untuk 0^0<x<360^0 adalah …

A. \{ 240^0, 300^0 \}

B. \{ 210^0, 330^0 \}

C. \{ 120^0, 240^0 \}

D. \{ 60^0, 120^0 \}

E. \{ 30^0, 150^0 \}

Pembahasan

\cos 2x + 7 \sin x -4 = 0

\cos^2 x -\sin^2 x + 7 \sin x -4= 0

(1-\sin^2 x) -\sin^2 x + 7 \sin^2 x -4 = 0

1 -2 \sin^2 x + 7 \sin x -4= 0

-2\sin x + 7 \sin x -3 = 0

2\sin x -7 \sin x +3 = 0

(2\sin x -1)(\sin x -3)

\sin x = \dfrac{1}{2} atau \sin x = -3

a. untuk \sin x = \dfrac{1}{2}, diperoleh x = \{ 30^0, 150^0 \}.

b. untuk \sin x = -3, tidak ada yang memenuhi.

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah \{ 30^0, 150^0 \}

Jawaban : E

8.  Nilai dari \dfrac{\cos 50^0 + \cos 40^0}{\sin 50^0 + \sin 40^0} = \ldots

A. 1

B. \dfrac{1}{2} \sqrt{2}

C. 0

D. -\dfrac{1}{2} \sqrt{3}

E. -1

Pembahasan

\dfrac{\cos 50^0 + \cos 40^0}{\sin 50^0 + \sin 40^0} = \dfrac{2 \cos \dfrac{1}{2} (50^0+40^0) \cos \dfrac{1}{2} (50^0-40^0)}{2 \sin \dfrac{1}{2} (50^0+40^0) + \cos \dfrac{1}{2}(50^0-40^0)}

= \dfrac{2 \cos 90^0 \cos 10^0}{2 \sin 90^0 \cos 10^0}

= \dfrac{\cos 90^0}{\sin 90^0}

= 0

Jawaban : C

9.  Jika \tan \alpha = 1 dan \tan \beta = \dfrac{1}{3} dengan \alpha dan \beta sudut lancip, maka \sin (\alpha-\beta) = \ldots

A. \dfrac{2}{3} \sqrt{5}

B. \dfrac{1}{5} \sqrt{5}

C. \dfrac{1}{2}

D. \dfrac{2}{5}

E. \dfrac{1}{5}

Pembahasan

Jika menggunakan bantuan segi tiga (untuk \tan \alpha) dengan sisi tegak = 1 dan alas = 1, maka diperoleh sisi miring segi tiga adalah \sqrt{2}. Sehingga diperoleh \sin \alpha = \dfrac{1}{2} \sqrt{2} dan \cos \alpha = \dfrac{1}{2} \sqrt{2}.

Selanjutnya dengan cara yang sama untuk \tan \beta dengan sisi tegak = 1 dan alas = 3, maka diperoleh sisi miring segi tiga adalah \sqrt{10}. Sehingga diperoleh \sin \beta = \dfrac{1}{10} \sqrt{10} dan \cos \beta = \dfrac{3}{10} \sqrt{10}.

\sin (\alpha-\beta) = \sin \alpha \cos \beta -\cos \alpha \sin \beta

= \dfrac{1}{2} \sqrt{2} \cdot \dfrac{3}{10} \sqrt{10} -\dfrac{1}{2} \sqrt{2} \cdot \dfrac{1}{10} \sqrt{10}

= \dfrac{3}{20} \sqrt{20} -\dfrac{1}{20} \sqrt{20}

= \dfrac{2}{20} \sqrt{20}

= \dfrac{1}{5} \sqrt{5}

Jawaban : B

10.Diketahui segitiga MAB dengan AB = 300 cm, sudut MAB = 600 dan sudut ABM = 750. Maka AM = …

A. 150(1+\sqrt{3})cm

B. 150(\sqrt{2}+\sqrt{3})cm

C. 150(3+\sqrt{3})cm

D. 150(\sqrt{2}+\sqrt{6})cm

E. 150(\sqrt{3}+\sqrt{6})cm

Pembahasan

\angle AMB = 180^0-60^0-75^0 = 45^0

\dfrac{\sin \angle AMB}{AB} = \dfrac{\sin \angle ABM }{AM}

\dfrac{\sin 45^0}{300} = \dfrac{\sin 75^0}{AM}

\dfrac{\dfrac{1}{2} \sqrt{2}}{300} = \dfrac{\sin (45^0+30^0)}{AM}

\dfrac{\dfrac{1}{2} \sqrt{2}}{300} = \dfrac{\sin (45^0+30^0)}{AM}

\dfrac{1}{2}\sqrt{2} AM = 300(\sin 45^0 \cos 30^0 + \cos 45^0 \sin 30^0)

\dfrac{1}{2} \sqrt{2} AM = 300(\dfrac{1}{2} \sqrt{2} \dfrac{1}{2} \sqrt{3} + \dfrac{1}{2} \sqrt{2} \dfrac{1}{2})

\dfrac{1}{2} \sqrt{2}{AM} = 300(\dfrac{1}{4} \sqrt{6} + \dfrac{1}{4} \sqrt{2})

AM = \dfrac{150(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{\sqrt{2}}

= \dfrac{150(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{\sqrt{2}} \times \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}

= \dfrac{150(\sqrt{12} + 2)}{2}

= \dfrac{150(2\sqrt{3} + 2)}{2}

= 150(\sqrt{3} + 1)

Jawaban : A

NOTE : silahkan dikoreksi dan berikan komentar jika ada kesalahan atau masih ada keambiguan baik dalam soal maupun penyelesaian soal ini.

Iklan

Tinggalkan Balasan

Isikan data di bawah atau klik salah satu ikon untuk log in:

Logo WordPress.com

You are commenting using your WordPress.com account. Logout / Ubah )

Gambar Twitter

You are commenting using your Twitter account. Logout / Ubah )

Foto Facebook

You are commenting using your Facebook account. Logout / Ubah )

Foto Google+

You are commenting using your Google+ account. Logout / Ubah )

Connecting to %s