![02 Kunci Jawaban Dan Pembahasan Mat 11a Ipa KTSP [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/02-kunci-jawaban-dan-pembahasan-mat-11a-ipa-ktsp.jpg)
4 0 4 MB
Statistika
Membaca dan Menyajikan Data
• Penyajian data
Ukuran Pemusatan Data dan Penafsirannya
• Mean • Median • Modus
Ukuran Letak Data dan Penafsirannya
• Kuartil • Persentil
Ukuran Penyebaran Data dan Penafsirannya
• Jangkauan • Simpangan kuartil • Simpangan baku
• • • • • • • • • • • • •
Mampu bersikap kritis dalam menghadapi permasalahan dan menyelesaikannya. Mampu menjelaskan istilah-istilah dalam statistika. Mampu menjelaskan cara mengumpulkan data. Mampu membaca data dalam bentuk tabel dan diagram. Mampu menyajikan data dalam bentuk tabel dan diagram. Mampu menjelaskan arti mean, median, dan modus. Mampu menghitung nilai mean, median, dan modus data tunggal. Mampu menghitung nilai, mean, median, dan modus data berkelompok. Mampu menghitung nilai kuartil data tunggal. Mampu menghitung nilai kuartil data berkelompok. Mampu menghitung nilai persentil data tunggal. Mampu menghitung nilai persentil data berkelompok. Mampu menghitung jangkauan, jangkauan antarkuartil, dan simpangan kuartil data tunggal dan data berkelompok. • Mampu menghitung simpangan rata-rata, ragam, dan simpangan baku data tunggal dan data berkelompok.
Matematika Kelas XI Program IPA
1
90°
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Titik tengah kelas interval 61–67
Wiraswasta = 360° × 100% = 25% 108°
1
PNS = 360° × 400 = 120 orang Selisih banyak orang tua siswa bekerja sebagai
1
PNS dan pedagang =
= 2 × (61 + 67) = 2 × 128 = 64
3. Jawaban: a Jumlah siswa = 9 + 9 + 7 + 7 + 4 = 36 Banyak siswa yang berat badannya lebih dari 60 = 7 + 4 = 11. Persentase banyak siswa yang memiliki berat 11
badan lebih dari 60 kg = 36 × 100% = 30,555. . .% ≈ 30,56% 4. Jawaban: b Misalkan Burhan memasukkan bola ke dalam ring sebanyak n kali. Jumlah frekuensi bola masuk ke dalam ring = 130. ⇔ 15 + 18 + 19 + 15 + n + 15 + 14 + 16 = 130 ⇔ 112 + n = 130 ⇔ n = 18 Jadi, Burhan memasukkan bola ke dalam ring sebanyak 18 kali. 5. Jawaban: b Selisih banyak lulusan yang diterima di perguruan tinggi negeri tahun 2010 dan 2012 = 60 – 40 = 20 siswa. 6. Jawaban: e Berdasarkan diagram di atas, titik tertinggi terjadi pada tahun 2014, yaitu sebanyak 60 siswa.
= 30 = 30 orang 8. Jawaban: c Usia (Tahun)
Banyak Pengunjung
10–13 14–17 18–21 22–25 26–29
18 10 12 14 13
Jumlah
67
Jadi, banyak pengunjung yang berusia kurang dari 30 tahun 67 orang. 9. Jawaban: e Poligon frekuensi merupakan diagram yang menyajikan titik-titik tengah nilai data. 1
Titik tengah 152–157 = 2 (152 + 157) = 154,5 Titik tengah 154,5 mempunyai frekuensi 6. Jadi, banyak siswa yang mempunyai tinggi badan 152–157 cm ada 6 anak. 10. Jawaban: e Ogive di atas merupakan ogive positif (kurang dari). Banyak siswa yang berat badannya kurang dari 55,5 kg ada 7 anak. Banyak siswa yang berat badannya kurang dari 60,5 kg ada 13 anak. 55,5 merupakan tepi bawah dan 60,5 merupakan tepi atas. Dengan demikian kelas intervalnya 56–60. Banyak siswa yang berat badannya 56–60 kg = 13 – 7 = 6 anak. B. Uraian 1. Jawaban: a. Bulan
7. Jawaban: b 360°
Jumlah siswa kelas XI = 90° × 100 = 400 orang
=
2
Statistika
× 400
27
2. Jawaban: b Kelas interval kedua adalah 47–53. Kelas interval ketiga adalah 54–60. Tepi atas kelas interval 47–53 adalah 53,5. Tepi bawah kelas interval 54–60 adalah 53,5. Dengan demikian, tepi kelas 53,5 sebagai tepi atas kelas interval kedua dan sekaligus sebagai tepi bawah kelas interval ketiga.
TNI/polri =
135° − 108° 360°
360° − 108° − 90° − 135° × 360° 27° × 400 = 30 orang 360°
400
Januari–Februari Maret–April Mei–Juni
Kenaikan Penjualan (Eksemplar) 120 –100 = 20 110 – 95 = 15 105 – 80 = 25
Dari tabel kenaikan penjualan buku di atas, terlihat kenaikan penjualan tertinggi terjadi pada bulan Mei–Juni, yaitu sebanyak 25 eksemplar.
b.
Banyak penjualan buku pada bulan April = 110 eksemplar. Banyak penjualan buku pada bulan Mei = 80. Persentase penurunan penjualan buku pada bulan April–Mei =
110 − 80 110
Frekuensi 20 19 18 17 16 15 14 13 12 11 10
× 100%
30
= 110 × 100% ≈ 27,27% 2. Misalkan: Hasil panen ikan dari kolam III = 3n. Hasil panen ikan dari kolam VI = 5n. Jumlah hasil panen ikan dari keenam kolam = 72 kuintal. ⇔ 8 + 6 + 3n + 16 + 10 + 5n = 72 ⇔ 40 + 8n = 72 ⇔ 8n = 32 ⇔ n=4 Hasil panen ikan dari kolam III = 3n = 3 × 4 = 12 kuintal Hasil panen ikan dari kolam VI = 5n = 5 × 4 = 20 kuintal Jadi, banyak hasil panen ikan dari kolam III dan VI berturut-turut 12 kuintal dan 20 kuintal.
3,15
4,55
5,95
7,35
17,5
Panjang Bambu (m)
5.
Nilai
fk
41–45 46–50 51–55 56–60 61–65
19 17 14 9 7
f 19 – 17 17 – 14 14 – 9 9–7 7–0
=2 =3 =5 =2 =7
Tabel distribusi frekuensi:
5
3. SD = 100 × 3.600 = 180 orang
Nilai
f
41–45 46–50 51–55 56–60 61–65
2 3 5 2 7
20
SMP = 100 × 3.600 = 720 orang SMA =
100 − 5 − 20 − 20 − 25 100
Histogram:
× 3.600
f
30
= 100 × 3.600 = 1.080 orang
7
20
5
SMK = 100 × 3.600 = 720 orang 25
Perguruan Tinggi = 100 × 3.600 = 900 orang 4.
Panjang Bambu (m)
Titik Tengah
Frekuensi
2,5–3,8 3,9–5,2 5,3–6,6 6,7–8,0 8,1–9,4
3,15 4,55 5,95 7,35 17,5
12 16 11 15 20
3 2 Nilai 40,5 45,5 50,5 55,5 60,6 65,6
Matematika Kelas XI Program IPA
3
A.
Pilihan Ganda
Persentase kenaikan hasil panen teh tahun 2008
1.
Jawaban: b Modus data pada diagram batang ditunjukkan dengan batang paling tinggi. Usia 6 tahun mempunyai batang paling tinggi, maka modus data = 6.
=
2.
95.000 − 60.000 60.000 35.000
= 60.000 × 100% ≈ 58,3% 5. Jawaban: d
Jawaban: c Usia (tahun)
fi
fk
5 6 7 8 9 10
7 8 3 5 4 3
7 15 18 23 27 30
Banyak data = 30. Oleh karena banyak data genap maka: 1
n
1
30
n
Me = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1)) 30
= 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1)) 1
= 2 (nilai data ke-15 + nilai data ke-16) 1
= 2 (6 + 7) = 6,5 tahun Jadi, median data adalah 6,5 tahun. 3. Jawaban: c ∑ fi · xi – x = ∑f
Nilai
fi
fk
10–19 20–29
2 8
2 10
30–39
12
22
40–49 50–59
7 3
29 32
Jumlah
32
32 + 1 2
= nilai data ke-16,5 Nilai data ke-16,5 terletak pada kelas interval 30–39. 1n − f
kM 2 Me = L + f e × p Me
= 29,5 + = 29,5 +
=
7 × 5 + 8 × 6 + 3 × 7 + 5 × 8 + 4 × 9 + 3 × 10 30
=
35 + 48 + 21+ 40 + 36 + 30 30
=
210 30
4. Jawaban: d Rata-rata hasil panen teh = 75.000 (700 + n + 950 + n + 750 + 900) × 100 6
⇔
3.300 + 2n 6
= 75.000 = 750
⇔ 3.300 + 2n = 4.500 ⇔ n = 1.200 ⇔ n = 600 Hasil panen teh tahun 2007 = n = 60.000 ton. Hasil panen teh tahun 2008 = 95.000 ton.
Statistika
32 2 − 10 12 16 − 10 × 12
× 10 10
6. Jawaban: c Untuk menentukan rata-rata, tabel dilengkapi menjadi tabel berikut.
= 7 tahun Jadi, rata-rata usia anak yang belajar melukis di sanggar tersebut 7 tahun.
⇔
← Kelas median
Me = nilai data ke-
i
4
× 100%
Nilai
fi
xi
fi · xi
65–67 68–70 71–73 74–76 77–79 80–82
2 5 13 14 4 2
66 69 72 75 78 81
132 345 936 1.050 312 162
Jumlah
40
2.937
6
x =
∑ fi ⋅ x i
i=1 6
∑ fi
=
2.937 40
= 73,43
i=1
Jadi, rata-rata data di atas adalah 73,43.
7. Jawaban: b Tabel dari histogram pada soal sebagai berikut. Nilai
Frekuensi
63–67 68–72 73–77 78–82 83–87
5 10 5 8 5
← Kelas modus
Kelas modusnya yaitu 68–72 dengan frekuensi 10. Jadi, selisih terhadap kelas modus: L = 67,5 d1 = 10 – 5 = 5 d2 = 10 – 5 = 5 p = 67,5 – 62,5 = 5 Mo = L +
d1 d1 + d2
×p
1 Mo = L + d + d × p 1 2
9
= 13,5 + 9 + 6 × 3 9
fi
fi · xi
1 2
(41,5 + 46,5) = 44
2
88
1 2
(46,5 + 51,5) = 49
8
392
1 2
(51,5 + 56,5) = 54
15
810
1 2
(56,5 + 61,5) = 59
10
590
1 2
(61,5 + 66,5) = 42
5
320
1 2
(66,5 + 71,5) = 47
10
690
50
2.890
Jumlah
x =
= 13,5 + 5 = 13,5 + 1,8 = 15,3 Jadi, modus panjang ikan 15,3 cm.
∑ fi ⋅ x i
i=1 6
=
∑ fi
5
8. Jawaban: d Selisih terbesar antara dua fk yang berdekatan = 20 – 8 = 12 sehingga frekuensi kelas modus = 12. Frekuensi 12 dimiliki kelas interval yang mempunyai tepi bawah 13,5 dan tepi atas 16,5. Frekuensi kelas interval sebelum kelas modus = 8 – 5 = 3. Frekuensi kelas interval setelah kelas modus = 26 – 20 = 6. Dengan demikian diperoleh: L = 13,5 p = 16,5 – 13,5 = 3 d1 = 12 – 3 = 9 d2 = 12 – 6 = 6 d
xi
6
= 67,5 + 5 + 5 × 5 = 67,5 + 2,5 = 70 Jadi, modus data tersebut adalah 70.
9. Jawaban: a
2.890 50
= 57,8
i=1
Jadi, rata-rata data adalah 57,8. 10. Jawaban: c xi
fi
fk
31 34
12 15
12 27
37
18
45
40 43 46
8 6 13
53 59 72
← Kelas Me
Banyak data = 72 1
Median = nilai data ke- 2 (72 + 1) = nilai data ke-36,5 Nilai data ke-36,5 terletak pada kelas interval yang memuat titik tengah 37. 1
Tepi bawah kelas median L = 2 (34 +37) = 35,5 1
Tepi atas kelas median = 2 (37 + 40) = 38,5 p = 38,5 –35,5 = 3
fMe = 18 fkM = 12 + 15 = 27 e 1 n − fk
Me = L + 2
Me
fMe
×p
1 × 72 − 27 18
= 35,5 + 2
×3
3
= 35,5 + 2 = 35,5 + 1,5 = 37 Jadi, median volume benda 37 cm3.
Matematika Kelas XI Program IPA
5
Banyak data = n = 120
B. Uraian 1. Misalkan banyak siswa yang memerlukan waktu 5 menit = n, maka banyak siswa yang memerlukan waktu 20 menit = n. Rata-rata waktu = 11,9 5n + 5 × 8 + 12 ×10 + 10 ×12 + 11×15 + 20n ⇔ n + 5 + 12 + 10 + 11+ n 25n + 40 + 120 + 120 + 165 2n + 38
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
1
Median = nilai data ke- 2 (n + 1) 1
= nilai data ke- 2 (120 + 1)
= nilai data ke-60,5 Nilai data ke-60,5 terletak di kelas interval 161–163. L = 161 – 0,5 = 160,5 fMe = 25 fk = 57 Me p = 163,5 – 161,5 = 3
= 11,9 = 11,9
25n + 445 = 11,9(2n + 38) 25n + 445 = 23,8n + 452,2 1,2 n = 7,2 n=6
Waktu (Menit)
fi
fk
5 8 10
6 5 12
6 11 23
12
10
33
15 20
11 6
44 50
1 n − fk Me fMe
Me = L + 2
50
9
50
1
= 2 (nilai data ke-25 + nilai data ke-26) 1
= 2 (12 + 12) = 12 menit Jadi, median waktu yang diperlukan siswa dari rumah ke sekolah 12 menit. Modus terletak di kelas interval dengan frekuensi paling banyak. Modus pada data tersebut terletak di kelas interval 60–69. d1 = 11 – 9 = 2 d2 = 11 – 8 = 3 p = 69,5 – 59,5 = 10 L = 59,5
d
Mo = L + 1 × p d1 + d2 = 59,5 +
2 2 + 3
6
xi
fi
fk
202 207 212
3 5 3
3 8 11
217
2
13
222 227
4 5
17 22
← kelas Me
Banyak data n = 22 1
Median = nilai data ke- 2 (22 + 1)
= nilai data ke-11,5 Nilai data ke-11,5 terletak pada kelas interval yang memuat titik tengah 217 gram. 1
L = 2 (212 + 217) = 214,5 fMe = 2 1
× 10
p = 2 (217 + 222) – 214,5 = 219,5 – 214,5 = 5
Tinggi Badan (cm)
fi
fk
152–154 155–157 158–160 161–163 164–166 167–169 170–172
15 17 25 25 15 12 11
15 32 57 82 97 109 120
Statistika
4.
fkM = 3 + 5 + 3 = 11 e
= 59,5 + 4 = 63,5 Jadi, modus data di atas adalah 63,5. 3.
= 160,5 + 25 = 160,5 + 0,36 = 160,86 Jadi, median data di atas adalah 160,86 cm.
← Letak median
Median = 2 (nilai data ke- 2 + nilai data ke-( 2 + 1))
2.
1
× 120 − 57 = 160,5 + 2 25 ×3
Jumlah siswa = 50 1
×p
1 n − fk Me fMe
Me = L + 2
1
×p
× 22 − 11 = 214,5 + 2 2 ×5
← kelas Me
= 214,5 + 0 = 214,5 Jadi, median berat apel 214,5 kg.
5.
Titik Tengah (x i) 1 2
fi
(9,5 + 14,5) = 12
100 – 85 = 15
180
1 2
(14,5 + 19,5) = 17
85 – 68 = 17
289
1 2
(19,5 + 24,5) = 22
68 – 47 = 21
462
1 2
(24,5 + 29,5) = 27
47 – 27 = 20
540
1 2
(29,5 + 34,5) = 32
27 – 11 = 16
512
1 2
(34,5 + 39,5) = 37
11 – 0 = 11 6
∑ fi = 100
i=1
A.
fixi
Rata-rata usia karyawan bagian produksi 6
∑ fi ⋅ xi
= 100 = 23,9 cm
∑ fi
i=1
Jadi, rata-rata diameter pohon di hutan kota tersebut 23,9 cm.
407 6
∑ fi · xi = 2.390
i=1
Pilihan Ganda
= 10 + 0,7(12 – 10) = 10 + 1,4 = 11,4
1. Jawaban: c n = 30 3
Q3 = nilai data ke- 4 (30 + 1) = nilai data ke-23,25 = x23 + 0,25(x24 – x23) = 80 + 0,25(82 – 80) = 80 + 0,5 = 80,5 Jadi, kuartil atas data tersebut, yaitu 80,5.
4. Jawaban: c Tinggi Badan (cm)
fi
fk
160–163 164–167 168–171 172–175 176–179 180–183
6 4 8 6 3 4
6 10 18 24 27 31
2. Jawaban: e Ukuran Sepatu
fi
fk
35 36 37 38 39 40 41
3 7 10 12 16 19 7
3 10 20 32 48 67 74
Q1 = nilai data ke-
9 (74 10
+ 1)
= nilai data ke-67,5 = x67 + 0,5(x68 – x67) = 40 + 0,5 (41 – 40) = 40 + 0,5 = 40,5 Jadi, desil ke-9 data tersebut 40,5. 3. Jawaban: b Data terurut: 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15 70
P70 = Nilai data ke- 100 (10 + 1) = Nilai data ke-7,7 = x7 + 0,7(x8 – x7)
31 + 1 4
= nilai data ke-8 Nilai data ke-8 terletak di kelas interval 164–167.
1
n − fkQ 1 Q1 = L1 + 4 ×p
fQ 1
31
n = 74 D9 = nilai data ke-
2.390
i=1 6
−6 4 = 163,5 + 4 × 4 = 163,5 + (7,75 – 6) = 163,5 + 1,75 = 165,25 Jadi, kuartil pertama data tersebut 165,25.
5. Jawaban: d Nilai
fi
fk
80–83 84–87 88–91 92–95 96–99 100–103 104–107
5 6 4 10 8 4 10
5 11 15 25 33 37 47
n = 47
Matematika Kelas XI Program IPA
7
Q1 = nilai data ke-
7. Jawaban: a Data yang telah diurutkan: 5 6 7 7 7 8 9 n=7
47 + 1 4
= nilai data ke-12 Nilai data ke-12 terletak di kelas interval 88–91. Q1 = L1 +
1n − f kQ1 4 f Q1
=
47 − 11 4 4
×4
11,75 − 11 4
×4
= 87,5 + 0,75 = 88,25 Q3 = nilai data ke-
– x =
×p
= 87,5 + = 87,5 +
n
3(47 + 1) 4
∑ xi
i=1
n
5+6+7+7+7+8+9 7 49
= 7 =7 xi
fi
– |xi – x|
– (xi – x|2
– fi(xi – x|2
5 6 7 8 9
1 1 3 1 1
–2 –1 0 1 2
4 1 0 1 4
4 1 0 1 4
= nilai data ke-36
5
Q3 = L3 +
= 99,5 +
S=
×p
35,25 − 33 4
×4
6. Jawaban: a Data setelah diurutkan: 6 7 7 7 8 8 9 9 9 10 – x = ∑ fi · xi
n 6 + 3 × 7 + 2 × 8 + 3 × 9 + 10 10
=
6 + 21 + 16 + 27 + 10 10
=
80 10
=8
Simpangan rata-rata = SR =
∑ fi | xi − x | ∑ fi
=
| 6 − 8 | + 3 | 7 − 8 | + 2 | 8 − 8 | + 3 | 9 − 8 | + | 10 − 8 | 10
=
2 + (3 × 1) + (2 × 0) + (3 × 1) + 2 10
=
2+3+0+3+2 10 10
= 10 = 1,00 8
Statistika
2 ∑ fi | xi − x |
i=1
Σfi
10 7
=
= 1,2
Jadi, simpangan baku data tersebut adalah 1,2. ×4
= 99,5 + 2,25 = 101,75 Jangkauan antarkuartil: H = Q3 – Q1 = 101,75 – 88,25 = 13,5 Jadi, jangkauan antarkuartil data tersebut 13,5.
=
i=1
5
141 − 33 4 4
= 99,5 +
–
∑ fi (xi – x |2 = 10
i=1
Nilai data ke-36 terletak di kelas interval 100–103. 3 4 n − fkQ3 f Q3
5
∑ fi = 7
8. Jawaban: a Banyak Pengunjung
fi
fk
1–8 9–16 17–24 25–32 33–40 41–48
3 11 16 6 1 2
3 14 30 36 37 39
6
D6 = nilai data ke- 10 (39 + 1) 6
= nilai data ke- 10 × 40 = nilai data ke-24 Nilai data ke-24 terletak di kelas interval 17–24.
6
n − fk D 10 6 D6 = L6 + f ×p
D6
6
= 16,5 + 10
× 39 − 14 16
×8
9,4
= 16,5 + 16 × 8 = 16,5 + 4,7 = 21,2 Jadi, desil ke-6 data tersebut 21,2. 9. Jawaban: a 35
P35 = nilai data ke- 100 (20 + 1) = nilai data ke-7,35
Nilai data ke-7,35 terletak di kelas interval yang mempunyai tepi bawah 30,5 dan tepi atas 40,5. n = 20
Q1 = nilai data ke= nilai data ke-
fkP35 = 5
P35 = L35 + = 30,5 +
Q3 = nilai data ke-
3(n + 1) 4
= nilai data ke-
3 × 24 4
×p
35 × 20 − 5 100 4
= nilai data ke-18 = 15 H = Q3 – Q1 = 15 – 10 = 5 Jadi, jangkauan antarkuartil data 5.
× 10
= 30,5 + 0,5 × 10 = 30,5 + 5 = 35,5 Jadi, persentil ke-35 data tersebut 35,5.
2. Data setelah diurutkan: 6, 7, 7, 8, 8, 8, 9, 9, 10, 10 6 + 2 × 7 + 3 × 8 + 2 × 9 + 2 × 10 – x = 10
10. Jawaban: c Data yang telah diurutkan: 5 6 7 7 7 8 9 n=7
= =
7
∑ xi
– x =
i=1
=
Varians = V(S) 2 ∑ (xi − x)
i=1
Σ | xi − x | n
=
| 6 − 8,2 | + 2 | 7 − 8,2 | + 3 | 8 − 8,2 | + 2 | 9 − 8,2 | + 2 | 10 − 8,2 | 10
=
(5 − 7)2 + (6 − 7)2 + 3 × (7 − 7)2 + (8 − 7)2 + (9 − 7)2 7 −1
=
4 + 1+ 0 + 1+ 4 6
=
10 6
=
n−1
=
2,2 + 2 × 1,2 + 3 × 0,2 + 2 × 0,2 + 2 × 0,8 + 2 × 1,8 10 2,2 + 2,4 + 0,6 + 1,6 + 3,6 10 10,4 = 1,04 10
Jadi, simpangan rata-rata data adalah 1,04. 3.
= 1,67
Jadi, variansi data tersebut adalah 1,67. B. Uraian 1. Usia (Tahun)
=
=
7
=
6 + 14 + 24 + 18 + 20 10 82 = 8,2 10
Simpangan rata-rata = SR
n 5+6+7+7+7+8+9 7 49 =7 7
=
24 4
= nilai data ke-6 = 10
fP35 = 9 – 5 = 4 p = 40,5 – 30,5 = 10 35 n − f kP 100 35 f P35
n+1 4
fi
xk
10 11 12 13 14 15 16 17
7 3 2 1 4 3 1 2
7 10 12 13 17 20 21 23
Jumlah
23
Panjang (cm)
fi
xi
fi · xi
xi – xx
fi(xi – xx)2
45–54 55–64 65–74 75–84 85–94 95–104 105–114
2 2 3 4 3 4 2
49,5 59,5 69,5 79,5 89,5 99,5 109,5
99 119 208,5 318 268,5 398 219
–32 –22 –12 –2 8 18 28
2.048 968 432 16 192 1.296 1.568
Jumlah
20
1.630
6.520
7
a.
x =
∑ fi ⋅ xi
i=1 7
∑ fi
=
1.630 20
= 81,5
i=1 7
S2 =
∑ fi (xi − x)2
i=1
7
∑ fi
=
6.520 20
= 326
i=1
Jadi, variansi data tersebut 326. Matematika Kelas XI Program IPA
9
b.
S =
S2
P39 = L39 +
= 326 ≈ 18,1 Jadi, simpangan baku data tersebut ≈ 18,1. 4. a.
fi
fk
6–9 10–13 14–17
9 6 7
9 15 22
18–21
21
43
← Kelas P39
22–25
9
52
← Kelas D8
26–29
8
60
D8 = nilai data
D8 = L8 +
= 21,5 +
48 − 43 9
5. a.
+ 1)
fi
xi
fi · xi
10–14 15–19 20–24 25–29 30–34 35–39
3 6 2 1 5 3
12 17 22 27 32 37
36 102 44 27 160 111
Jumlah
20
480
∑ fi ⋅ xi
i=1 6
x =
∑ fi
×4
i=1
480
= 20 = 24 Jadi, rata-rata data 24. b.
39
P79 = nilai data ke- 100 (60 + 1) = nilai data ke-23,79 Nilai data ke-23,79 terletak di kelas interval 18–21. L39 = 17,5 39
×4
6
5
fkP
× 60 − 22 21
Nilai
×p
= 21,5 + 9 × 4 ≈ 21,5 + 2,2 = 23,7 Jadi, desil kedelapan data tersebut 23,7 cm. b.
×p
= 17,5 + 21 × 4 ≈ 17,5 + 0,27 = 17,77 Jadi, nilai persentil ke-39 data tersebut 17,77.
= nilai data ke-48,8 Nilai data ke-48,8 terletak di kelas interval 22–25. 8 × 60 − f kD 10 8 fD8
39
= 17,5 + 100
1,4
Tinggi (m)
8 ke- 10 (60
39 n − f kP39 100 fP39
Nilai
fi
xi
xi – x
fi(xi – x )2
10–14 15–19 20–24 25–29 30–34 35–39
3 6 2 1 5 3
12 17 22 27 32 37
–12 –7 –2 3 8 13
432 294 8 9 320 507
Jumlah
20
1.570
6
= 22 S2 =
fP39 = 21
∑ fi (xi − x)2
i=1
6
∑ fi
i=1
=
1.570 20
= 78,5
Jadi, variansi data tersebut 78,5.
A.
Pilihan Ganda
1. Jawaban: a Penurunan hasil panen tertinggi terjadi pada bulan VI–VIII. Banyak penurunan = 15 – 10 = 5 ton.
10
Statistika
2. Jawaban: c Kenaikan hasil panen tertinggi terjadi pada tahun 2008–2009. Persentase kenaikan hasil panen tahun 2008–2009 =
3.300 − 800 800
2.500
× 100% = 800 × 100% = 312,5% Penurunan hasil panen terendah terjadi pada tahun 2006–2007.
Persentase penurunan hasil panen tahun 2006–2007 =
3.200 − 2.800 3.200
p = 119,5 – 109,5 = 10
400
21
3 Jawaban: c Misalkan banyak angkatan kerja di provinsi Sumatra Selatan = x 23.370.000 = (2,07 + 6,41 + 2,28 + 2,59 + 1,53 + x + 0,89 + 3,85) × 1.000.000 ⇔ 23,37 = 19,62 + x ⇔ x = 3,75 Jadi, banyak angkatan kerja di Provinsi Sumatra Selatan 3,75 juta atau 3.750.000 orang. 4. Jawaban: d Jumlah nilai ekspor = (2.615 + 11.991,2) + (2.612,5 + 11.802,8) + (3.061,9 + 13.304,1) + (x + 12.925,9) + (4.072,8 + 14.214,6) ⇔ 80.229,1 = 76.600,8 + x ⇔ x = 3.628,3 Jadi, nilai ekspor migas pada bulan April 3.628,3 juta dolar Amerika. 5. Jawaban: a Misalkan seluruh alat yang digunakan = y. Persentase juring laptop = 25%. Pengguna laptop = 25 orang sehingga:
= 109,5 + 35 × 10 = 109,5 + 6 = 115,5 Jadi, ukuran berat karung pasir yang terbanyak 115,5 kg. 7. Jawaban: c 1
Juring dusun D dan dusun C menempati 2 lingkaran, besar sudut juring dusun D dan dusun C = 180°. Besar sudut juring dusun D = 180° – 80° = 100° Juring dusun A, dusun B, dan dusun E menempati 1 2
lingkaran, besar sudut juring dusun A, dusun B,
dan dusun E = 180°. Besar sudut juring dusun A = 180° – (60° + 50°) = 180° – 110° = 70° Besar sudut juring dusun D Besar sudut juring dusun A
=
Banyak sapi di dusun D Banyak sapi di dusun A
100° 70°
=
50 n
⇔ ⇔
25 = 25% × y
⇔
35 − 14
= 109,5 + × 10 (35 − 14) + (35 − 21)
= 3.200 × 100% = 12,5%
⇔
d
Mo = L + 1 × p d1 + d2
× 100%
n=
70° 100°
× 50
⇔ n = 35 Jadi, banyak sapi di dusun A ada 35 ekor.
25
25 = 100 × y y = 100
Perentase juring tablet = 100° – (15% + 25% + 45% + 10%) = 100% – 95% = 5% Banyak pengguna tablet = 5% × 100 = 5 orang Jadi, banyak pengguna tablet ada 5 orang. 6. Jawaban: c Mo terletak pada kelas interval yang memuat titik tengah 114,5. 1
Tepi bawah kelas modus L = 2 (104,5 + 114,5) 1
= 2 (219) = 109,5 Tepi atas kelas modus = =
1 (114,5 + 124,5) 2 1 (239) 2
= 119,5
8. Jawaban: d Misalkan N = hasil penjualan seluruh barang Persentase juring busana = 100% – (6% + 39% + 21% + 14%) = 100% – 80% = 20% Penjualan busana = 1.260.000 + penjualan kosmetik ⇔ 20% × N = 1.260.000 + 6% × N ⇔ (20% – 6%) N = 1.260.000 ⇔ 14% N = 1.260.000 ⇔
100
N = 14 × 1.260.000 = Rp9.000.000,00 Penjualan alat tulis = 21% × N 21
= 100 × 9.000.000 = Rp1.890.000,00 Jadi, hasil penjualan tas sebanyak Rp1.890.000,00.
Matematika Kelas XI Program IPA
11
9. Jawaban: c fi
Jarak per Liter Bensin
= Rp36.000,00 Sumbangan kelompok III:
fk
8 8 40–45 12 20 46–51 20 40 52–57 –––––––––––––––––––––––––– 11 51 58–63 9 60 64–69
Tidak irit
Irit
Sepeda motor yang tidak tergolong irit menggunakan 1 liter bensin untuk menempuh jarak kurang dari 58 km. Banyak sepeda motor yang tidak tergolong irit ada 40 unit. Persentase banyak sepeda motor yang tidak tergolong
x3 = 10 × 3.500 = Rp35.000,00 Sumbangan kelompok IV: x4 = 11 × 4.000 = Rp44.000,00 Sumbangan kelompok V: x5 = 15 × 2.000 = Rp30.000,00 Rata-rata sumbangan seluruh kelompok:
x =
40
irit = 60 × 100% = 66,67% Jadi, banyak sepeda motor yang tidak tergolong irit sebesar 66,67%. 10. Jawaban: c Data tinggi tanaman dalam bentuk tabel sebagai berikut. Tinggi Tanaman (cm)
fi
Tinggi tanaman kurang dari 26 cm
Banyak tanaman yang mempunyai ketinggian kurang dari 26 cm adalah 21. 21
Persentase = 30 × 100% = 70% Jadi, banyak tanaman tersebut sebesar 70%. 11. Jawaban: e Frekuensi kurang dari 174,5 = 100. Frekuensi kurang dari 169,5 = 95 Berdasarkan grafik terlihat selisih kedua frekuensi kumulatif ini paling kecil = 100 – 95 = 5. Tinggi badan siswa paling sedikit adalah 170–174 cm. 12. Jawaban: e Data setelah diurutkan: 4, 7, 7, 9, 10, 10, 12, 15, 17 Banyak data = 9 9+1
13. Jawaban: c Sumbangan kelompok I: x1 = 6 × Rp5.000,00 = Rp30.000,00 Sumbangan kelompok II: x2 = 8 × 4.500
12
Statistika
=
30.000 + 36.000 + 35.000 + 44.000 + 30.000 50
=
175.000 50
= 3.500
Jadi, rata-rata sumbangan seluruh kelompok Rp3.500,00. Sumbangan kelompok II:
fk
10–13 3 3 14–17 6 9 18–21 5 14 22–25 7 21 –––––––––––––––––––––––––– 26–29 9 30
Median = Me = data ke- 2
x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 6 + 8 + 10 + 11 + 15
x2 = 8 × 4.500 = Rp36.000,00 Sumbangan kelompok III: x3 = 10 × 3.500 = Rp35.000,00 Sumbangan kelompok IV: x4 = 11 × 4.000 = Rp44.000,00 Sumbangan kelompok V: x5 = 15 × 2.000 = Rp30.000,00 Rata-rata sumbangan seluruh kelompok:
x =
x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 6 + 8 + 10 + 11 + 15
=
30.000 + 36.000 + 35.000 + 44.000 + 30.000 50
=
175.000 50
= 3.500 Jadi, rata-rata sumbangan seluruh kelompok Rp3.500,00. = data ke-5 = 10.
14. Jawaban: a Banyak siswa di kelas A = nA = 15 Banyak siswa di kelas B = nB = 10 Banyak siswa di kelas C = nC = 25 Rata-rata nilai gabungan = x = 58,6 Rata-rata nilai di kelas A = x A = 62 Rata-rata nilai di kelas C = x C = 60
x=
nA ⋅ x A + nB ⋅ xB + nC ⋅ xC nA + nB + nC
⇔
15 × 62 + 10 × xB + 25 × 60 15 + 10 + 25
58,6 =
⇔
2.930 = 10xB + 2.430
⇔
10xB = 500
⇔
x B = 50 Jadi, rata-rata nilai di kelas B adalah 50. 15. Jawaban: d Tabel untuk data pada histogram.
1 × 30 − 9 2 10
×5
6
= 10,5 + 10 × 5 = 10,5 + 3 = 13,5 Jadi, mediannya adalah 13,5. 18. Jawaban: e Poin
fi
xi
fi · xi
6 5 4 10 3 2
6 9 12 15 18 21
36 45 48 150 54 42
30
fi
xi
fi · xi
14–18 19–23 24–28 29–33
3 4 10 6
16 21 26 31
48 84 260 186
5–7 8–10 11–13 14–16 17–19 20–22
Jumlah
23
578
Jumlah
375
6
n
∑ fi ⋅ x i
i=1 n
∑ fi
578
= 23 = 25,13
i=1
16. Jawaban: e Frekuensi terbesar adalah 40, yaitu pada interval 160–164 (kelas modus). L = 159,5 d1 = 40 – 21 = 19. d2 = 40 – 18 = 22. p = 159,5 – 164,5 = 5 Mo =
fMe
Data
x =
1
= 10,5 +
10xB + 2.430 50
58,6 =
⇔
n − fkM e Me = L + 2 ×p
d1 L + d +d × p 1 2 19 159,5 + 19 + 22 ×
= 5 = 159,5 + 2,32 = 161,82 Jadi, modus data di atas adalah 161,82. 17. Jawaban: c Nilai
fi
fk
1–5 6–10 11–15 16–20 21–25
4 5 10 6 5
4 9 19 → Kelas Median 25 30
Jumlah
30
Me = nilai data ke-
30 + 1 2
= nilai data ke-15,5
Nilai data ke-15,5 terletak di kelas interval 11–15.
x =
∑ fi ⋅ xi
i=1 6
∑ fi
i=1
375
= 30 = 12,5 Jadi, rata-rata poin yang dicetak pemain tersebut 12,5. 19. Jawaban: b Data
Frekuensi
3–7 8–12 13 –17 18 –22 23 –27 28 –32 33 –37 38 –42
4 6 8 10 12 6 4 2
Modus terdapat pada interval 23–27 dengan f = 12 d1 = 12 – 10 = 2 d2 = 12 – 6 = 6 L = 22,5 p =5
d
1 Mo = L + d + d × p 1 2
2
= 225 + ( 2 + 6 ) × 5 = 22,5 + 1,25 = 23,75 Modus data tersebut adalah 23,75.
Matematika Kelas XI Program IPA
13
24. Jawaban: c Data setelah diurutkan: 5 6 7 7 9 9 10 10 11 12 12 15 18 18 21 21
20. Jawaban: e Skor
fi
xi
fi · xi
2–4 5–7 8–10 11–13 14–16
2 5 6 4 3
3 6 9 12 15
6 30 54 48 45
Jumlah
20
Q1 = nilai data ke-
= nilai data ke-4,25 = x4 + 0,25(x5 – x4) = 7 + 0,25(9 – 7) = 7 + 0,5 = 7,5
183
5
x =
∑ ⋅ xi
fi i=1 5
183
= 20 = 9,15
∑ fi
Q3 = nilai data ke-
i=1
Jadi, rata-rata skor tersebut 9,15. 21. Jawaban: b Data setelah diurutkan: 2 2 4 5 5 5 6 6 7 7 8 Q1 = nilai data ke-
Simpangan kuartil =
11 + 1 4
3(11 + 1) 4
x =
10
1
= 4 =22
1
Q1 = x2 + 2 (x3 – x2) = 3 + (3 – 3) = 3 30
1
= 4 =72 1
Q3 = x7 + 2 (x8 – x7) = 9 + 2 (9 – 9) = 9 Jangkauan = Q3 – Q1 =9–3 =6 Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 6.
14
Statistika
= 4,875
1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 9
=5
1
23. Jawaban: c Data setelah diurutkan: 2, 3, 3, 6, 7, 8, 9, 9, 11
1
1 (9,75) 2
1
× 10
= 39,5 + 2,5 = 42,0 Jadi, kuartil bawah data adalah 42,0.
3(9 + 1) 4
=
= 9 (|–4| + |–3| + |–2| + |–1| + |0| + |1| + |2| + |3| + |4|)
Data ke-12,25 terletak pada kelas interval 40–49.
Letak Q3 =
1 (17,25 – 7,5) 2
1
1
1(9 + 1) 4
=
25. Jawaban: e
Q1 = nilai data ke- 4 (48 + 1) = data ke-12,25
Letak Q1 =
– Q1)
SR = 9 (|1 – 5|+|2 – 5|+|3 – 5|+|4 – 5|+|5 – 5| +|6 – 5|+|7 – 5|+|8 – 5|+|9 – 5|)
22. Jawaban: c Kuartil bawah = Q1.
48 − 10 4 8
1 (Q3 2
Jadi, simpangan kuartil data tersebut 4,875.
= nilai data ke-9 =7 Jadi, kuartil atas dan kuartil bawah berturut-turut 7 dan 4.
Q1= 39,5 +
3(16 + 1) 4
= nilai data ke-12,75 = x12 + 0,75(x13 – x12) = 15 + 0,75(18 – 15) = 15 + 2,25 = 17,25
= nilai data ke-3 =4 Q3 = nilai data ke-
16 + 1 4
= 9 (4 + 3 + 2 + 1+ 0 + 1 + 2 + 3 + 4) 20
= 9 ≈ 2,2 Jadi, simpangan rata-rata data adalah 2,2. 26. Jawaban: e n=5 2 +3 + 5 + 7 + 8 5 – Nilai (x) xi – x
x =
2 3 5 7 8 Jumlah
–3 –2 0 2 3
25
= 5 =5 – fi (xi – x)2
x2
9 4 0 4 9
4 9 25 49 64
26
151
29. Jawaban: d
5
2 ∑ f i (xi − x)
i=1
s=
n−1
26 5 −1
=
26 4
2
Ragam = s2 =
26 4
=
Tinggi (meter)
fi
xi
fi · xi
xi – –x
fi(xi – –x)2
19–21 22–24 25–27 28–30
9 4 5 2
20 23 26 29
180 92 130 58
–3 0 3 6
81 0 45 72
Jumlah
20
26
= 4 = 6,5
Jadi, ragam data adalah 6,5. 27. Jawaban: d fi
fk
15–17
4
4
18–20
3
7
21–23 24–26 27–29 30–32
2 6 3 2
9 15 18 20
∑ fi (xi − x)2
i=1
4
∑ fi
198
= 20 = 9,9
i =1
Jadi, ragam data tersebut 9,9. 30. Jawaban: c xi
×p
3
= 17,5 + 2 = 19,5 Jadi, desil ke-3 data tersebut 19,5. 28. Jawaban: a Usia (Tahun)
fi
fk
20–23 24–27
3 4
3 7
28–31
4
11
32–35 36–39 40–43
10 2 7
21 23 30
30
= nilai data ke-9,3 Nilai data ke-9,3 terletak di kelas interval 28–31. ×p
(9,5 + 14,5) = 12
15
180
(14,5 + 19,5) = 17
6
102
1 2
(19,5 + 24,5) = 22
9
198
1 2
(24,5 + 29,5) = 27
12
324
1 2
(39,5 + 34,5) = 32
18
576
60
1.380
– x=
∑ fi i=1 5
· xi
∑ fi
=
1.380 60
= 23
i=1
5
∑ fi
i=1
| xi − x | = 15|12 – 23| + 6|17 – 23| + 9|22 – 23|
+ 12|27 – 23| + 18|32 – 23| = 15 × 11 + 6 × 6 + 9 × 1 + 12 × 4 + 18 ×9 = 165 + 36 + 9 + 48 + 162 = 420 Simpangan rata-rata: 5
SR =
∑ fi | xi − x |
i=1
5
∑ fi
4
fixi
1 2
5
← Kelas P30
fi
1 2
Jumlah
P30 = nilai data ke- 100 (30 + 1)
=
∑ fi
4
6 − 4 = 17,5 + ×3
30 n − f kP 100 30 L30 + f P30 900 − 7 27,5 + 1004 ×
= 20 = 23
i=1
S2 =
Nilai data ke-6,3 terletak pada kelas interval 18–20.
460
i=1 4
← Kelas D3
3
3 × 20 − f kD 10 3 fD3
∑ fi ⋅ xi
x =
D3 = nilai data ke- 10 (20 + 1) = nilai data ke-6,3
P30 =
198
4
Nilai
D3 = L3 +
460
420
= 60 = 7
i=1
Jadi, simpangan rata-rata data adalah 7.
= 27,5 + 2 = 29,5 Jadi, persentil ke-30 data tersebut 29,5.
Matematika Kelas XI Program IPA
15
B.
3. a.
Uraian
fi
fi · xi
2 3 4 5 6
3 4 5 6 2
6 12 20 30 12
Jumlah
20
80
Diagram Garis 8 7 6 5 4 3 2 1 0
Jumlah (ton)
1. a.
Nilai (x i)
5
– x =
Jadi, rata-rata data tersebut 4.
Tahun
Hasil perikanan terbanyak, yaitu 5 ton yang terjadi pada tahun 2013. Besar penurunan hasil perikanan tahun 2014 = 5 – 4 = 1 ton.
c. 2. a.
b.
=
= =
25 100
4. •
× 180 orang
fi
fi · xi
4 5 6 7 8 9 10
2 6 4 1 5 4 8
8 30 24 7 40 36 80
Jumlah
30
225
∑ fi ⋅ xi
i=1 7
∑ fi
i=1
225
= 30 = 7,5 Benda yang mempunyai berat minimal 1 kg di atas rata-rata berat benda adalah benda yang mempunyai berat minimal 8,5 kg. Banyak benda yang mempunyai berat minimal 8,5 kg = 4 + 8 = 12. Jadi, terdapat 12 benda yang mempunyai berat minimal 1 kg di atas rata-rata berat.
16
Statistika
1,5
i =1
fi
xi
fi · xi
150–154 155–159 160–164 165–169 170–174
5 6 10 7 2
152 157 162 167 172
760 942 1.620 1.169 344
Jumlah
30
4.835
5
x =
∑ fi ⋅ xi
i=1 5
=
∑ fi
4.835 30
= 161,17
i=1
Jadi, mean data tersebut adalah 161,17 cm. •
7
x =
=
Tinggi Badan (cm)
× 180 orang
xi
5
∑ fi
Untuk menentukan mean, tabel dilengkapi menjadi tabel berikut.
= 45 orang 3.
i=1
20
12 4 0 6 8 30 = 20 30
Jadi, ragam data tersebut 1,5.
Banyak siswa kuliah di fakultas Fisip 100 − 20 − 10 − 15 − 30 100
– fi (xi – x)2
3 –2 4 –1 5 0 6 5 1 2 ∑ fi (xi 2 − x)2
Jumlah
× 27 orang
– xi – x
fi
Ragam: S2 =
= 180 orang b.
Nilai (xi) 2 3 4 5 6
Jumlah siswa SMA Karya Jaya 100 15
80
= 20 = 4
∑ fi
r =1
2009 2010 2011 2012 2013 2014
b.
∑ fi ⋅ x i
r =1 5
Banyak data = n = 30 sehingga letak 1
mediannya pada frekuensi 2 × 30 = 15. Tinggi Badan (cm)
fi
fk
150–154 155–159 160–164 165–169 170–174
5 6 10 7 2
5 11 21 28 30
← Kelas median
Me terletak di kelas interval 160–164.
1
n − fkM e Me = L + 2 ×p
fMe
1 × 30 − 11 2 10
= 159,5 +
×5
1
Q1 = nilai data ke- 4 (80 + 1) = nilai data ke-20,25
= 159,5 + 2 = 161,5 Jadi, median data di atas adalah 161,5 cm.
Nilai data ke-20,25 terletak di kelas interval 149–152. Q1 = L1 +
35 + 1
5. Me = nilai data ke- 2 = nilai data ke-18 Nilai data ke-18 terletak pada kelas interval yang mempunyai tepi bawah 64,5 dan tepi atas 69,5. L = 64,5 p = 69,5 – 64,5 =5
3
= nilai data ke-60,75 Nilai data ke-60,75 terletak di kelas interval 157–160.
×p
3 n − fk
4 Q3 = L3
×5
Q3
fQ3
×p
3
× 80 − 53 ×4 = 156,5 + 4
= 64,5 + 10 × 5
= 156,5 +
= 64,5 + 2,25 = 66,75
6. Titik tengah yang frekuensinya paling banyak adalah 28. Berarti modus data terletak di kelas interval yang memuat titik tengah 28.
1
= 2 (158,5 – 149,5)
1
Tepi atas kelas modus = 2 (28 + 33) = 30,5 p = 30,5 – 25,5 = 5 d1 = 13 – 4 = 9 d2 = 13 – 7 = 6
1
= 2 ×9 = 4,5 Jadi, simpangan kuartil tinggi siswa putri 4,5 cm. 8.
9
= 25,5 + 9 + 6 × 5 = 25,5 + 3 = 28,5 Jadi, modus data 28,5. Tinggi Badan (cm)
f
fk
145–148
15
15
149–152
20
35
153–156
18
53
157–160
14
67
161–164 165–168
8 5
75 80
← Kelas Q1 ← Kelas Q3
×4
1
1
Qd = 2 (Q3 – Q1)
Tepi bawah kelas modus L = 2 (23 + 28) = 25,5
1 Mo = L + d + d × p 1 2
7 14
14
= 156,5 + 2 = 158,5 Simpangan kuartil:
Jadi, median data di atas adalah 66,75 cm.
7.
Q3 = nilai data ke- 4 (80 + 1)
35 − 13 2 10
d
20
5
9 2
= 148,5 + 20 × 4 = 148,5 + 1 = 149,5
e
= 64,5 +
×p
1
fMe = 23 – 13 = 10 Me = L +
× 80 − 15 ×4 = 148,5 + 4
fkM = 13 1n − f kM 2 e fM e
1 n − fk Q1 4 fQ 1
Nilai
fi
fk
12–16 17–21 22–26 27–31 32–36
10 5 8 6 18
10 15 23 29 47
37–41
10
57
42–46
13
70
D7 = nilai data ke-
7 (70 10
← Kelas D7
+ 1)
= nilai data ke-49,7 Nilai data ke-49,7 terletak pada kelas interval 37–41.
Matematika Kelas XI Program IPA
17
10. a.
7
n − fkD 7 D7 = L7 + 10 ×p
Panjang (cm)
fi
xi
fi · xi
10–14 15–19 20–24 25–29 30–34 35–39 40–44
6 10 5 15 20 5 9
12 17 22 27 32 37 42
72 170 110 405 640 185 378
Jumlah
70
fD7
7 × 70 − 47 10 10 2 ×5 10
= 36,5 + = 36,5 +
×5
= 36,5 + 1 = 37,5 Jadi, nilai desil ke-7 data tersebut 37,5. 9.
Berat (gram)
fi
fk
100–104
8
8
105–109
5
13
110–114 115–119 120–124 125–129 130–134
3 10 1 6 7
16 26 27 33 40
P30 = nilai data
30 ke- 100 (40
← Kelas Me
+ 1)
n − fkP 100 30 P30 = L30 + ×p fP30
= 104,5 +
× 40 − 8 5 12 − 8 ×5 5 30
= 104,5 + 100
×5
= 104,5 + 4 = 108,5 Jadi, nilai persentil ke-30 data tersebut 108,5.
18
Statistika
∑ fi ⋅ xi
i=1 7
∑ fi
i=1
Nilai data ke-12,3 terletak di kelas interval 105–109. 30
7
x =
= nilai data ke-12,3
1.960
=
1.960 70
= 28 Jadi, rata-rata panjang potongan bambu 28 cm. 7
b.
∑ f(x i i
i=1
− x)2
= 6(12 – 28)2 + 10(17 – 28)2 + 5(22 – 28)2 + 15(27 – 28)2 + 20(32 – 28)2 + 5(37 – 28)2 + 9(42 – 28)2 = 6(–16)2 + 10(–11)2 + 5(–6)2 + 15(–1)2 + 20(4)2 + 5(9)2 + 9(14)2 = 1.536 + 1.210 + 180 + 15 + 320 + 405 + 1.764 = 5.430 Variansi: 7
S2 =
2 ∑ f(x i i − x)
i=1
7
∑ fi
i=1
=
5.430 4 = 77 7 70 4
Jadi, variansi panjang potongan bambu 77 7 cm.
Peluang
Kaidah Pencacahan
Peluang Suatu Kejadian
Peluang Kejadian Majemuk
• • • •
Aturan perkalian Permutasi Kombinasi
• • • • • • • • • • • • • • • • • • •
• • •
Ruang sampel dan titik sampel Peluang kejadian Frekuensi harapan
• •
Peluang dua kejadian saling lepas Peluang dua kejadian saling bebas Peluang dua kejadian bersyarat
Bersikap jujur dalam melakukan kegiatan percobaan maupun dalam berbuat keseharian. Mampu mendefinisikan pengertian aturan perkalian. Mampu menggunakan aturan perkalian. Mampu mendefinisikan pengertian permutasi. Mampu menggunakan permutasi. Mampu mendefinisikan pengertian kombinasi. Mampu menggunakan kombinasi. Mampu mendefinisikan pengertian ruang sampel suatu percobaan. Mampu menentukan ruang sampel suatu percobaan. Mampu mendefinisikan pengertian peluang suatu kejadian. Mampu menentukan peluang suatu kejadian. Mampu menentukan kisaran nilai peluang. Mampu menentukan frekuensi harapan. Mampu mendefinisikan pengertian kejadian majemuk. Mampu menentukan peluang kejadian majemuk. Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan aturan perkalian. Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan permutasi. Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan kombinasi. Mampu menyelesaikan permasalahan yang berkaitan dengan peluang.
Matematika Kelas XI Program IPA
19
A. Pilihan Ganda
5. Jawaban: e Angka yang tersedia 1, 2, 3, 5, 6, dan 7. Akan disusun bilangan terdiri atas 4 angka dengan angka-angka yang berlainan.
1. Jawaban: c ⇔
n! (n − 2)!
= 12
⇔
n(n − 1)(n − 2)! (n − 2)!
= 12
⇔ n(n – 1) = 12 ⇔ n2 – n – 12 = 0 ⇔ (n – 4)(n + 3) = 0 ⇔ n = 4 atau n = –3 Nilai n harus positif. Jadi, nilai n yang memenuhi, yaitu 4. 2. Jawaban: b (n + 1)P3
= 9 × nP2
⇔
(n + 1)! (n + 1− 3)!
=9×
n! (n − 2)!
⇔
(n + 1)! (n − 2)!
=9×
n! (n − 2)!
(n + 1)! (n − 2)!
⇔
×
(n − 2)! n!
(n + 1)n! n!
⇔
=9 =9
⇔ n+1=9 ⇔ n=8 Jadi, nilai n yang memenuhi adalah 8. 3. Jawaban: b nC3 = 2n = 2n
⇔
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)! 3 × 2 × 1× (n − 3)!
= 2n
⇔
n(n − 1)(n − 2) 6
= 2n
10! 7! 3!
=
10 × 9 × 8 × 7! 7! 3 × 2 × 1
= 120
4. Jawaban: e Permasalahan tersebut dapat diselesaikan menggunakan aturan perkalian. Banyak pasangan menu makanan dan minuman = banyak menu makanan × banyak menu minuman = 6 × 10 = 60 Jadi, banyaknya pasangan menu makanan dan minuman ada 60. Peluang
Angka IV
6 cara
5 cara
4 cara
3 cara
Angka I dapat diisi oleh 6 angka yang tersedia. Setelah satu angka digunakan untuk mengisi angka I, tersisa 5 angka. Angka II dapat diisi oleh 5 angka yang tersisa. Setelah dua angka digunakan untuk mengisi angka I dan II, tersisa 4 angka. Angka III dapat diisi oleh 4 angka yang tersisa. Setelah tiga angka digunakan untuk mengisi angka I, II, dan III, tersisa 3 angka. Angka IV dapat diisi oleh 3 angka yang tersisa. Banyak susunan bilangan 4 angka yang tersusun =6×5×4×3 = 360 Cara lain: Bilangan 1.235 berbeda dengan bilangan 2.531. Artinya penyusunan bilangan tersebut memperhatikan urutan (permutasi). Banyak bilangan 4 angka yang dapat disusun dari 6 angka yang tersedia = permutasi 4 dari 6 6 × 5 × 4 × 3 × 2! 2!
= 6 × 5 × 4 × 3 = 360
6. Jawaban: a Permasalahan di atas dapat diselesaikan dengan aturan perkalian. Banyak cara berpakaian Joni dengan penampilan berbeda = 3 × 4 × 3 = 36 cara Jadi, banyak cara berpakaian Joni adalah 36 penampilan berbeda.
⇔ n(n – 1)(n – 2) = 12n ⇔ (n – 1)(n – 2) = 12 ⇔ n2 – 3n + 2 – 12 = 0 ⇔ n2 – 3n – 10 = 0 ⇔ (n – 5)(n + 2) = 0 ⇔ n = 5 atau n = –2 n harus positif. Jadi, n = 5
20
Angka III
6!
n! 3! (n − 3)!
= 10C7 =
Angka II
= 6P4 = 2! =
⇔
2nC7
Angka I
7. Jawaban: c Akan dipilih 5 anak sebagai ketua, wakil ketua, sekretaris, bendahara, dan humas. Pemilihan ketua, wakil ketua, sekretaris, bendahara, dan humas merupakan pemilihan yang memperhatikan urutan (permutasi). Banyak cara memilih 5 pengurus dari 7 pengurus = permutasi 5 dari 7 = 7P5 7!
= 2! =
7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2! 2!
= 7 × 6 × 5 × 4 × 3 = 2.520
Jadi, banyak cara memilih pengurus 2.520 cara.
8. Lima anak akan berdiri dalam satu baris. Mereka adalah Andre, Monika, Susan, Dea, dan Resa. Jika Resa harus berdiri di salah satu ujung, banyak urutan yang terbentuk adalah . . . . a. 48 d. 128 b. 78 e. 140 c. 108 Jawaban: a Resa selalu ada di salah satu ujung sehingga ada 2 cara. Sisanya ada 4 anak yang dapat diatur dengan 4P4 cara. Sehingga banyak urutannya = 2 × 4P4 = 2 × 4! = 2 × 4 × 3 × 2 × 1 = 48 Jadi, banyak urutan yang dibentuk ada 48. 9. Banyak susunan kata yang dapat dibentuk dari kata NUSANTARA adalah . . . . a. 60.480 d. 6.024 b. 30.240 e. 3.024 c. 15.120 Jawaban: b NUSANTARA banyak huruf = 9 banyak huruf N = 2 banyak huruf A = 3 Banyak susunan kata yang dapat dibentuk = =
9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3! 2 × 1× 3!
9! 2! 3!
= 30.240
Jadi, banyak susunan kata ada 30.240. 10. Jawaban: c Banyak tim yang mungkin dibentuk = 10C6 =
10! 6! 4!
=
10 × 9 × 8 × 7 × 6! 6! 4 × 3 × 2 × 1!
= 210
Jadi, banyak tim yang mungkin dibentuk ada 210. 11. Jawaban: c Banyak cara memilih 3 huruf dari 5 huruf hidup ada 5C3. Banyak cara memilih 3 angka dari 10 angka ada 10C3. Banyak cara menyusun 3 angka dan 3 huruf yang sudah terpilih ada 6P6 = 6!. Banyak kata sandi yang dapat disusun = 5C3 × 10C3 × 6! 12. Jawaban: d Banyak cara menyusun ketiga merek motor = 3! Banyak cara menyusun motor Honda = 4! Banyak cara menyusun motor Yamaha = 3! Banyak cara menyusun motor Suzuki = 2! Banyak penyusunan barisan dengan setiap merek tidak boleh terpisah = 3! 4! 3! 2! = 1.728
13. Jawaban: e n1 = banyak cara mengambil 2 potongan kue dari 8 potongan kue = kombinasi 2 dari 8 = 8C2 8!
= 6!2! =
8 × 7 × 6! 6!2! 8× 7
= 2 × 1 = 28 n2 = banyak cara mengambil 3 potongan semangka dari 10 potongan semangka = kombinasi 3 dari 10 = 10C3 =
10! 7!3!
=
10 × 9 × 8 × 7! 7! × 3 × 2 × 1
= 120 Banyak cara Andi mengambil 2 potongan kue dan 3 potongan semangka adalah = n1 × n2 = 28 × 120 = 3.360 14. Jawaban: b Kemungkinan tim yang terbentuk paling sedikit 1 putri yaitu terdiri atas (2 putra dan 1 putri), (1 putra dan 2 putri), atau (3 putri). n1 = banyak kemungkinan anggota tim 2 putra dan 1 putri = memilih 2 putra dari 5 putra dan memilih 1 putri dari 6 putri = 5C2 × 6C1 5!
6!
5!
6!
= 3!2! × 5!1! = 10 × 6 = 60 n2 = banyak kemungkinan anggota tim 1 putra dan 2 putri = memilih 1 putra dari 5 putra dan memilih 2 putri dari 6 putri = 5C1 × 6C2 = 4!1! × 4!2! = 5 × 15 = 75 n3 = banyak kemungkinan anggota tim 3 putri = memlih 3 putri dari 6 putri = 6C3 6!
= 3!3! = 20
Matematika Kelas XI Program IPA
21
Banyak cara memilih anggota tim = n1 + n2 + n3 = 60 + 75 + 20 = 155
c.
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
5 cara
5 cara
5 cara
5 cara
=5×5×5×5 = 625 n2 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka (boleh berulang) dengan angka terakhir 0 dan angka pertama 0
(n + 1)! (n − 2)!
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
1 cara
5 cara
5 cara
1 cara
B. Uraian n! = 6n(n – 3)! ⇔ n(n – 1)(n – 2)(n – 3)! = 6n(n – 3)! ⇔ (n – 1)(n – 2) = 6 ⇔ n2 – 3n + 2 = 6 ⇔ n2 – 3n – 4 = 0 ⇔ (n – 4)(n + 1) = 0 ⇔ n = 4 atau n = –1 Nilai n harus bilangan positif. Jadi, nilai n yang memenuhi, yaitu 4. (n – 1)P2 = 20
=
n! (n − 4)!
⇔ (n + 1)!(n – 4)! = n! (n – 2)! ⇔ (n + 1)n!(n – 4)! = n!(n – 2)(n – 3)(n – 4)! ⇔ n + 1 = (n – 2)(n – 3) ⇔ n + 1 = n2 – 5n + 6 2 ⇔ n – 5n + 6 – n – 1 = 0 ⇔ n2 – 6n + 5 = 0 ⇔ (n – 5)(n – 1) = 0 ⇔ n = 5 atau n = 1 Jadi, nilai n yang memenuhi, yaitu 1 atau 5. d.
3C2
=
1 2
× 3P2
⇔
3! 2! 1!
=
1 2
×
n! (n − 2)!
⇔
3 × 2! 2! 1!
=
1 2
×
n! (n − 2)!
3=
1 2
×
n(n − 1)(n − 2)! (n − 2)!
⇔
⇔ 6 = n(n – 1) ⇔ 6 = n2 – n ⇔ n2 – n – 6 = 0 ⇔ (n – 3)(n + 2) = 0 ⇔ n = 3 atau n = –2 Nilai n harus bilangan positif. Jadi, nilai n yang memenuhi yaitu 3.
=1×5×5×1 = 25 Banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka dengan angka pertama atau terakhir tidak nol = n1 – n2 = 625 – 25 = 600
b.
= nP4
⇔
15. Jawaban: a n1 = banyak kupon bernomor terdiri atas 4 angka (boleh berulang) yang dapat dibuat dari 5 angka
1. a.
(n + 1)P3
2. P(siklis) = (7 – 1)! = 6! =6×5×4×3×2×1 = 720 cara 3. a.
Bola merah ada 9 buah. Banyak cara pengambilan tiga bola merah = kombinasi 3 dari 9 = 9C3 9!
9 × 8 × 7 × 6!
= 6!3! = 6! × 3 × 2 × 1 = 84 b.
⇔
(n − 1)! (n − 3)!
= 20
Bola biru ada 5 buah. Banyak cara pengambilan 3 bola biru = 5C3
⇔
(n − 1)(n − 2)(n − 3)! (n − 3)!
= 20
= 2!3! = 2 × 1× 3! = 10
5!
⇔ (n – 1)(n – 2) = 20 2 ⇔ n – 3n + 2 – 20 = 0 ⇔ n2 – 3n – 18 = 0 ⇔ (n – 6)(n + 3) = 0 ⇔ n = 6 atau n = –3 Nilai n harus bilangan positif. Jadi, nilai n yang memenuhi, yaitu 6.
c.
5 × 4 × 3!
Dari tiga bola yang diambil, terambil 2 bola biru. Artinya, bola yang terambil 2 bola biru dan 1 bola merah. Banyak cara pengambilan 2 bola biru dan 1 bola merah = 5C2 × 9C1 5!
9!
= 3!2! × 8!1! 5 × 4 × 3!
9 × 8!
= 2 × 1× 3! × 1× 8! = 10 × 9 = 90
22
Peluang
d.
Dari tiga bola yang diambil, terambil 2 bola merah. Artinya, bola yang terambil 2 bola merah dan 1 bola biru. Banyak cara pengambilan 2 bola merah dan 1 bola biru = 9C2 × 5C1 9!
5!
= 7!2! × 4!1! =
9 × 8 × 7! 7!2!
×
5 × 4! 4! × 1!
= 36 × 5 = 180
4. Orang-orang dari 4 negara duduk secara melingkar dengan (4 – 1)! = 3! = 6 cara. 3 orang dari Amerika dapat duduk dengan 3! cara. 2 orang dari Irlandia dapat duduk dengan 2! cara. 4 orang dari Korea dapat duduk dengan 4! cara. 2 orang dari Filipina dapat duduk dengan 2! cara. Jadi, seluruhnya = 3! 3! 2! 4! 2! = 3.456 cara.
Lemparan I
Lemparan II
Lemparan III
6 cara
6 cara
6 cara
3!
3 × 2!
n(A) n(S)
2
= 10 2
Jadi, peluang muncul huruf M adalah 10 . 5. Jawaban: e Frekuensi muncul gambar = 9.
Jadi, hasil yang mungkin ada 63 = 216.
9
Frekuensi relatif muncul gambar = 30 = 0,3.
2. Jawaban: e Peluang terambilnya kartu As = P(A). Peluang terambilnya selain kartu As = P(A′). P(A′) = 1 – P(A) 12
= 1 – 13 = 13 12
Jadi, peluang terambil kartu selain As adalah 13 . 3. Jawaban: a Pengambilan bola merupakan pengambilan tanpa memerhatikan urutan sehingga dalam pengambilan bola digunakan kombinasi. Banyak ruang sampel pengambilan 2 bola dari 8 bola = 8C2
6. Jawaban: e S = kejadian pelemparan 2 dadu n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian muncul mata dadu yang hasil kalinya 6 A = {(1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1)} n(A) = 4 P(A) =
4
n(A) n(S)
1
= 36 = 9 Jadi, peluang muncul mata dadu yang hasil kalinya 1
6 adalah 9 . 7. Jawaban: d n(gambar)
8!
= 6!2! 8 × 7 × 6! 6!2!
5 × 4 × 3!
= 3C2 = 1!3! = 1× 2! = 3 cara Banyak 5 huruf yang berbeda yang dapat disusun = 5P5 = 5! = 120 cara Banyak 5 huruf berbeda dengan 3 huruf konsonan dan 2 huruf vokal yang terbentuk = 5C3 × 3C2 × 5P5 = 10 × 3 × 120 = 3.600 Jadi, banyak password yang terbentuk ada 3.600.
P(M) =
1. Jawaban: e Banyaknya hasil yang mungkin:
=
5!
= 5C3 = 2!3! = 2 × 3! = 10 cara Banyak huruf vokal yang berbeda yang dapat dipilih
4. Jawaban: b n(S) = 10 dan n(M) = 2
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
1
5. Banyak huruf konsonan yang dapat dipilih
= 28
Jadi, banyak ruang sampel percobaan tersebut ada 28.
1
P(gambar) = = 2 n(S) n = 100 Fh(gambar) = P(gambar) × n 1
= 2 × 100 = 50 kali Jadi, frekuensi harapan muncul gambar adalah 50 kali.
Matematika Kelas XI Program IPA
23
8. Jawaban: d S = kejadian pelemparan 2 dadu bersama-sama n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian jumlah mata kedua dadu yang muncul habis dibagi 5 = kejadian jumlah mata kedua dadu yang muncul adalah 5 atau 10 = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1), (4, 6), (5, 5), (6, 4)} n(A) = 7 P(A) =
7
n(A) n(S)
= 36 Jadi, peluang jumlah mata kedua dadu yang muncul 7
habis dibagi 5 adalah 36 .
n(A) n(S)
6
1
= 1.326 = 221
Jadi, peluang terambil dua kartu King 1 . 221
10. Jawaban: d n = 240 1
2
3
4
5
6
(A, 1)
(A, 2)
(A, 3)
(A, 4)
(A, 5)
(A, 6)
G
(G, 1) (G, 2) (G, 3) (G, 4) (G, 5) (G, 6)
n(S) = 12 A = kejadian muncul sisi angka pada mata uang dan mata prima pada dadu ⇒ n(A) = 3 Fh (A) = P(A) × n n(A) n(S)
× 240
3
= 12 × 240 = 60 Jadi, frekuensi harapannya adalah 60 kali. 11. Jawaban: e Jumlah siswa seluruhnya = 11 orang. S = kejadian dipilih 3 siswa untuk lomba cerdas cermat n(S) = 11C3 =
11! 8! 3!
= 165
A = kejadian terpilih 1 siswa laki-laki dan 2 siswa perempuan n(A) = 5C1 × 6C2 =
5! 4! 1!
×
6! 4! 2!
= 5 × 15 = 75 P(A) = 24
n(A) n(S)
Peluang
12. Jawaban: d S = kejadian pelemparan 2 dadu secara bersamaan n(S) = 36 A = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu merupakan bilangan prima = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 1), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 4), (4, 1), (4, 3), (5, 2), (5, 6), (6, 1), (6, 5)} n(A) = 15 n(A) n(S)
15
= 36 Fh(A) = P(A) × n 15
= 36 × 180 = 75 kali Jadi, frekuensi harapan muncul jumlah kedua mata dadu merupakan bilangan prima adalah 75 kali. 13. Jawaban: c Bibit yang hidup = 75 – 4 = 71 A = kejadian bibit yang disemai hidup 71
A
=
75
laki dan 2 siswa perempuan adalah 165 .
P(A) =
9. Jawaban: a S = kejadian terambil dua kartu dari 52 kartu n(S) = 52C2 = 1.326 A = kejadian terambil dua kartu King n(A) = 4C2 = 6 P(A) =
Jadi, peluang terpilih tim terdiri atas 1 siswa laki-
P(A) = 75
71
Fh(A) = n × P(A) = 4.500 × 75 = 4.260 Jadi, ada 4.260 bibit yang diharapkan hidup. 14. Jawaban: a S = kejadian terbentuknya susunan 3 angka berbeda dari 6 angka n(S) = 6P3 = 120 A = kejadian terbentuknya angka genap kurang dari 500 Untuk menyusun angka kurang dari 500, angka I yang dapat dipilih 1, 2, atau 4. Untuk angka I adalah 1 ada 1 cara. Angka III dapat dipilih dan 2, 4, 6, 8, = 4 cara Angka I
Angka II
Angka III
1 cara
6 – 2 = 4 cara
4 cara
Banyak cara = 1 × 4 × 4 = 16 cara. Untuk angka I adalah 2 atau 4 ada 2 cara. Angka III dapat dipilih 2, 4, 6, 8, = 4 cara (dikurangi 1 karena telah dipakai di angka I). Jadi, ada 3 cara. Angka I
Angka II
Angka III
2
4 cara
3
Banyak cara = 2 × 4 × 3 = 24 cara. 75
= 165
n(A) = 16 + 24 = 40 cara
P(A) =
n(A) n(S)
40
1
= 120 = 3 Jadi, peluang muncul angka genap kurang dari 500
c.
1
adalah 3 .
C = kejadian muncul mata dadu bilangan komposit = {(A, 4), (A, 6), (G, 4), (G, 6)} n(C) = 4 n(C) n(S)
P(C) =
15. Jawaban: c Peluang terjadinya banjir = P (A) =
2 3
4
.
Peluang tidak terjadi banjir = P(A′). P(A′) = 1 – P (A) 2
1
bilangan komposit adalah 3 .
1
=1– 3 = 3 Ternyata
2 3
>
2. Dadu bermata 8 dilempar sebanyak 2 kali
1 3
Lemparan I
Jadi, peluang terjadinya banjir di kota X dalam lima tahun ke depan lebih tinggi daripada peluang tidak terjadinya banjir. B.
Uraian
1. Tabel berikut ini menunjukkan ruang sampel untuk kejadian pelemparan sebuah dadu dan sekeping uang logam.
Mata Uang
Dadu 1
2
3
4
5
6
A
(A, 1)
(A, 2)
(A, 3)
(A, 4)
(A, 5)
(A, 6)
G
(G, 1)
(G, 2)
(G, 3)
(G, 4)
(G, 5)
(G, 6)
n(S) = 12 a. A = kejadian muncul mata dadu kelipatan 3 = {(A, 3), (A, 6), (G, 3), (G, 6)} n(A) = 4 P(A) =
1 3
.
B = kejadian muncul gambar dan mata dadu bilangan kuadrat = {(G, 1), (G, 4)} n(B) = 2 n(B) n(S)
2
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
2 1) 1) 1) 1) 1) 1) 1) 1)
1
1
bilangan kuadrat adalah 6 .
2) 2) 2) 2) 2) 2) 2) 2)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
4 3) 3) 3) 3) 3) 3) 3) 3)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
5 4) 4) 4) 4) 4) 4) 4) 4)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
6 5) 5) 5) 5) 5) 5) 5) 5)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
7 6) 6) 6) 6) 6) 6) 6) 6)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
8 7) 7) 7) 7) 7) 7) 7) 7)
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
8) 8) 8) 8) 8) 8) 8) 8)
n(A) n(S)
32
1
= 64 = 2 Jadi, peluang muncul angka lemparan pertama 1
b.
lebih kecil dari lima adalah 2 . B = kejadian muncul angka lemparan pertama lebih kecil dari angka lemparan kedua = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (1, 7), (1, 8), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (2, 7), (2, 8), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (3, 7), (3, 8), (4, 5), (4, 6), (4, 7), (4, 8), (5, 6), (5, 7), (5, 8), (6, 7, (6, 8), (7, 8)} = 28 P(B) =
= 12 = 6 Jadi, peluang kejadian muncul mata dadu
(1, (2, (3, (4, (5, (6, (7, (8,
3
n(S) = 8 × 8 = 64 a. A = kejadian muncul angka lemparan pertama lebih kecil dari lima = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (1, 7), (1, 8), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (2, 7), (2, 8), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (3, 7), (3, 8), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (4, 7), (4, 8)} = 32
1
kelipatan 3 adalah
P(B) =
1 2 3 4 5 6 7 8
1
P(A) =
= 12 = 3 Jadi, peluang muncul mata dadu bilangan
b.
Lemparan II
n(A) n(S)
4
1
= 12 = 3 Jadi, peluang kejadian muncul mata dadu
n(B) n(S)
28
7
= 64 = 16 Jadi, peluang muncul angka lemparan pertama 7
lebih kecil angka lemparan kedua adalah 16 .
Matematika Kelas XI Program IPA
25
3. a.
S = kejadian terbentuk bilangan 4 angka dari angka 1, 2, 3, 4, dan boleh berulang Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
4 cara
4 cara
4 cara
4 cara
n(S) = 4 × 4 × 4 × 4 = 256 A = kejadian terbentuk bilangan 4 angka dari angka 1, 2, 3, 4, angka boleh berulang dan bilangan bernilai lebih dari 2.000 Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
3 cara
4 cara
4 cara
4 cara
Bukan nomor prima = B′ = 10 = 0,4 P(B′) = 1 – P(B) = 1 – 0,4 = 0,6. 5. Jumlah bendera = 7 + 4 + 6 = 17 S = kejadian terambil 3 bendera dari 17 bendera n(S) = 17C3 = a.
P(A) =
=
192 256
=
3
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
4 cara
3 cara
2 cara
1 cara
P(A) =
Angka I
Angka II
Angka III
Angka IV
3 cara
3 cara
2 cara
1 cara
n(B) = 3 × 3 × 2 × 1 = 18 18
3
= 24 = 4 Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat 3
berulang adalah 4 . 4. a.
S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} n(S) = 10 Misalnya munculnya faktor dari 8 adalah A, maka A = {1, 2, 4, 8} → n(A) = 4 P(A) =
b.
26
n(A) n(S)
=
4 10
= 0,4
S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} n(S) = 10 Misalnya nomor prima adalah B, maka B = {2, 3, 5, 7} → n(B) = 4
Peluang
= 680
n(A) n(S)
4 × 3! 1 × 3!
=
=4
4
= 680
Fh(A) = P(A) × n = 680 × 680 = 4 Jadi, frekuensi harapan terambil 3 bendera kuning adalah 4 kali. b.
B = kejadian terambil 1 bendera hijau dan 2 bendera merah n(B) = 7C1 × 6C2 =
7! 6! 1!
=
7 × 6! 6! 1!
6! 4! 2!
×
6 × 5 × 4! 4! × 2 × 1
×
= 7 × 15 = 105
n(S) = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 B = kejadian terbentuk bilangan 4 angka dari angka 1, 2, 3, 4, angka tidak boleh berulang dan bilangan bernilai lebih dari 2.000
n(B) n(S)
17 × 16 × 15 × 14! 14! × 3 × 2 × 1
4
berulang adalah 4 . S = kejadian terbentuk bilangan 4 angka dari angka 1, 2, 3, 4, dan angka tidak boleh berulang
P(B) =
=
4! 1! 3!
n(A) = 4C3 =
3 4
Jadi, peluang bilangan yang terbentuk lebih besar daripada 2.000 dan angka-angka dapat b.
17! 14! 3!
A = kejadian terambil 3 bendera kuning
n(A) = 3 × 4 × 4 × 4 = 192 n(A) n(S)
4
n(B) n(S)
P(B) =
P(B) =
n(B) n(S)
105
= 680 105
Fh(B) = P(B) × n = 680 × 680 = 105 Jadi, frekuensi harapan terambil 1 bendera hijau dan 2 bendera merah adalah 105 kali. c.
C = kejadian terambil semua bendera berwarna berbeda Hal ini berarti terambil 1 bendera hijau, 1 bendera kuning, dan 1 bendera merah. n(C) = 7C1 × 4C1 × 6C1 =
7! 6! 1!
=
7 × 6! 6! 1!
× ×
4! 3! 1!
×
4 × 3! 3!
6! 5! 1!
×
6 × 5! 5! 1!
= 7 × 4 × 6 = 168 P(C) =
n(C) n(S)
168
= 680 168
Fh(C) = P(C) × n = 680 × 680 = 168 Jadi, frekuensi harapan terambil semua bendera berwarna berbeda adalah 168.
A. Pilihan Ganda
B
1. Jawaban: e A = kejadian muncul angka genap pada dadu pertama = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}
P(B) =
P(A) =
n(A) n(S)
18
= 36 B = kejadian muncul angka ganjil pada dadu kedua = {(1, 1), (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (1, 3), (2, 3), (3, 3), (4, 3), (5, 3), (6, 3), (1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)} P(B) =
n(B) n(S)
=
18 36
A ∩ B = {(2, 1), (2, 3), (2, 5), (4, 1), (4, 3), (4, 5), (6, 1), (6, 3), (6, 5)} P(A ∩ B) =
n(A ∩ B) n(S)
9
1
= 36 = 4
18
18
1
P(A) × P(B) = 36 × 36 = 4 Oleh karena P(A ∩ B) = P(A) × P(B) maka A dan B merupakan dua kejadian saling bebas. Jadi, dua kejadian pada pilihan e merupakan dua kejadian saling bebas. 2. Jawaban: c S = Kejadian melempar dua mata dadu = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), . . . (6, 6)} → n(S) = 36 A = Kejadian muncul mata dadu berjumlah 9 = {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)} → n(A) = 4 B = Kejadian muncul mata dadu berjumlah 6 = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)} → n(B) = 5 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =
n(A) n(S)
=
4 36
+
+
=
9 36
9 36
.
3. Jawaban: c S = kejadian melempar dua dadu sebanyak satu kali n(S) = 6 × 6 = 36 A = kejadian muncul mata dadu berjumlah 5 = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} n(A) = 4 P(A) =
n(A) n(B)
=
4 36
P(A ∩ B) =
n(A ∩ B) n(S)
=
0 36
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 4
4
0
8
= 36 + 36 – 36 = 36 Jadi, peluang muncul mata dadu berjumlah 5 atau 8
9 adalah 36 . 4. Jawaban: e S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} → n(S) = 7 Misalkan A kejadian terambilnya kartu bernomor bilangan prima dan B kejadian terambilnya kartu bernomor genap. A = {2, 3, 5, 7} → n(A) = 4, P(A) = B = {2, 4, 6} → n(B) = 3, P(B) = A ∩ B = {2} → n(A ∩ B) = 1 P(A ∩ B) =
n(A ∩ B) n(S)
n(A) n(S)
n(B) n(S)
4
= 7 3
= 7
1
= 7 Peluang terambilnya kartu bernomor bilangan prima atau genap = P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 3
1
6
= 7 + 7 – 7 = 7
Jadi, peluang muncul mata dadu berjumlah 9 atau 6 adalah
4
n(B) n(S)
= 36 A ∩ B = kejadian muncul mata dadu berjumlah 5 dan 9 ={} n(A ∩ B) = 0
4
n(B) n(S)
5 36
= kejadian muncul mata dadu berjumlah 9 = {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)} n(B) = 4
5. Jawaban: e n(S) = 32 Banyak anak lulus ujian Matematika = n(M) = 17 Banyak anak lulus ujian Fisika = n(F) = 19 Banyak anak yang tidak lulus keduanya = n(M ∪ F)′ = 4 Anak yang lulus keduanya = n(M ∩ F) = n(M) + n(F) + n(M ∪ F) – n(S) = 17 + 19 + 4 – 32 = 8 P(M ∩ F) =
n(M ∩ F) n(S)
8
1
= 32 = 4 Jadi, peluang siswa yang terpilih lulus Matematika 1
dan Fisika adalah 4 . Matematika Kelas XI Program IPA
27
6. Jawaban: c Misalkan: A = himpunan murid yang mengikuti IMO B = himpunan murid yang mengikuti IBO C = himpunan murid yang mengikuti IChO x = banyak murid yang tidak mengikuti IMO, IBO, maupun IChO n(S) = 40 n(A) = 22 n(B) = 17 n(C) = 20 n(A ∩ B) = 12 n(A ∩ C) = 9 n(B ∩ C) = 8 n(A ∩ B ∩ C) = 5 n(S) = 6 + 7 + 2 + 4 + 5 + 3 + 8 + x ⇔ 40 = 35 + x ⇔ x = 40 – 35 = 5 D = himpunan murid yang tidak mengikuti IMO, IBO, maupun IChO n(D) = x = 5 P(D) =
n(D) n(S)
=
5 40
Jadi, peluang terpilih seorang anak yang tidak mengikuti IMO, IBO, maupun IChO adalah
5 40
.
7. Jawaban: e Murid Perempuan
Murid Jumlah Laki-Laki
Berambut keriting Berambut tidak keriting
10 10
5 5
15 15
Jumlah
20
10
30
S = kejadian terpilih 1 murid dari 30 murid n(S) = 30C1 = 30 A = kejadian terpilih 1 murid laki-laki dari 10 murid laki-laki n(A) = 10C1 = 10 P(A) =
n(A) n(S)
10
= 30 B = kejadian terpilih 1 murid berambut keriting dari 15 murid berambut keriting n(B) = 15C1 = 15 P(B) =
n(B) n(S)
A ∩ B = kejadian terpilih 1 murid laki-laki berambut keriting dari 5 murid laki-laki berambut keriting n(A ∩ B) = 5C1 = 5 P(A ∩ B) =
28
Peluang
10
=
5 30
15
5
20
= 30 + 30 – 30 = 30 Jadi, peluang terpilih murid itu laki-laki atau 20
berambut keriting adalah 30 . 8. Jawaban: d Nomor kelipatan 4, yaitu 4 dan 8. Peluang terambil bola bernomor kelipatan, yaitu P 2
(kelipatan 4) = 10 1
Peluang bola bernomor 7 = P(7) = 10 Jadi, P (kelipatan 4 dan nomor 7) = P (kelipatan 4) × P(7) 2
1
2
1
= 10 × 10 = 10 = 5
9. Jawaban: e Jumlah buku = 4 + 7 + 5 = 16 n(S) = kejadian terambil 3 buku dari 16 buku = 16C3 =
16! 13! 3!
=
16 × 15 × 14 × 13! 13! × 3 × 2 × 1
= 560
Kemungkinan pasangan yang terambil adalah (buku komik, buku komik, buku novel) atau (buku komik, buku komik, buku dongeng). A = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku novel n(A) = 7C2 × 4C1 =
7! 5! 2!
=
7 × 6 × 5! 5! × 2 × 1
P(A) =
×
n(A) n(S)
4! 3! 1!
×
4 × 3! 3! × 1
= 21 × 4 = 84
84
= 560 B = kejadian terambil 2 buku komik dan 1 buku dongeng n(B) = 7C2 × 5C1 =
7! 5! 2!
=
7 × 6 × 5! 5! × 2 × 1
P(B) =
15
= 30
n(A ∩ B) n(S)
A ∪ B = kejadian terpilih 1 murid itu laki-laki atau berambut keriting P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
n(B) n(S)
×
5! 4! 1!
×
5 × 4! 4! × 1
= 21 × 5 = 105
105
= 560
Peluang terambil 2 buku komik = P(A) + P(B) 84
105
189
= 560 + 560 = 560 189
Jadi, peluang terambil 2 buku komik adalah 560 .
10. Jawaban: c n(S) = 62 = 36 A = kejadian munculnya jumlah mata dadu 4 = {(1, 3); (2, 2); (3, 1)} → n(A) = 4 B = kejadian munculnya jumlah mata dadu 8 = {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)} → n(B) = 5 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =
n(A) n(S)
=
4 36
+
+
n(B) n(S)
5 36
=
9 36 9 36
.
n(A) n(S)
6
2
= 9 = 3 Jumlah bola di kotak sekarang = 9 – 1 = 8 S2 = kejadian terambil 1 bola setelah terambil 1 bola n(S2) = 8C1 = 8 B = kejadian terambil 1 bola merah pada pengambilan kedua P(B) =
n(B) n(S2 )
3
= 8 A ∩ B = kejadian terambil bola kuning pada pengambilan pertama dan bola merah pada pengambilan kedua 2
3
2
18
3
2
3
18
2
3
3
18
P(G, T, G) = 5 × 5 × 5 = 125 P(T, G, G) = 5 × 5 × 5 = 125 Peluang terjadi 2 tendangan penalti gol = P(G, G, T) + P(G, T, G) + P(T, G, G) 18
18
54
= 125 + 125 + 125 = 125 Jadi, peluang Ali untuk membuat 2 gol dalam 54
11. Jawaban: c Jumlah bola = 3 + 6 = 9 S1 = kejadian terambil 1 bola n(S1) = 9C1 = 9 A = kejadian terambil 1 bola kuning pada pengambilan pertama n(A) = 6C1 = 6 P(A) =
3
P(G, G, T) = 5 × 5 × 5 = 125
18
Jadi, peluang muncuinya jumlah mata dadu sama dengan 4 atau 8 adalah
Kejadian tendangan penalti 3 kali merupakan kejadian saling bebas.
3
1
P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 3 × 8 = 4 Jadi, peluang terambil bola kuning kemudian merah 1
adalah 4 .
3 kali tendangan penalti adalah 125 . 13. Jawaban: b Banyak kartu kuning = n(K) = 2 Banyak kartu merah = n(M) = 4 Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 6 Kemungkinan kartu yang terambil M 1 K 2 K 3 , K1M2K3, atau K1K2M3. M1K2K3 = kejadian terambil pertama kartu merah, kedua kartu kuning, ketiga kartu kuning P(M1K2K3) = P(M1) × P(K2) × P(K3) =
=
3
3
2
n(K) n(S)
4
2
2
n(K) n(S)
×
n(M) n(S)
2
4
2
n(K) n(S)
×
2
2
×
n(K) n(S)
2
×
n(K) n(S)
2
= 6 × 6 × 6 = 27 K1K2M3 = kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu kuning, ketiga kartu merah P(K1K2M3) = P(K1) × P(K2) × P(M3) =
P(T) = P(tidak gol) = 1 – P(gol) = 1 – 5 = 5 A = kejadian terjadi 3 kali tendangan penalti dengan 2 tendangan gol = {(G, G, T), (G, T, G), (T, G, G)}
×
= 6 × 6 × 6 = 27 K1M2K3 = kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu merah, ketiga kartu kuning P(K1M2K3) = P(K1) × P(M2) × P(K3)
12. Jawaban: d P(G) = P(gol) = 5
n(M) n(S)
n(K) n(S)
4
×
n(M) n(S)
2
= 6 × 6 × 6 = 27 Jadi, peluang terambil satu kartu merah: P = P(M1K2K3) + P(K1M2K3) + P(K1K2M3) 2
2
2
2
= 27 + 27 + 27 = 9
Matematika Kelas XI Program IPA
29
14. Jawaban: c S = kejadian Ari, Beta, Cika, Devi, dan Erna duduk secara acak pada 5 kursi n(S) = 5P5 = 120 A = kejadian Ari duduk di pinggir n(A) = 2 × 4P4 = 48
4P4
↑ Ari
↑ Ari
4P4
B = kejadian Erna duduk di pinggir n(B) = 2 × 4P4 = 48
4P4
= kejadian terpilih ketua laki-laki Ketua
Sekretaris
Bendahara
6 cara
9 cara
8 cara
2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang. 1 orang telah terpilih sebagai ketua. Sisa 9 orang. Dipilih dari 6 laki-laki
n(A) = 6 × 9 × 8 = 432 B = kejadian terpilih sekretaris wanita Ketua
Sekretaris
Bendahara
9 cara
4 cara
8 cara
2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang.
↑ Erna
Dipilih dari 4 wanita 1 orang telah terpilih sebagai sekretaris. Sisa 9 orang.
↑ Erna 4P4
A ∩ B = kejadian Erna dan Ari duduk di pinggir = 2 × 3P3 = 12
↑ Ari
A
P3
n(B) = 9 × 4 × 8 = 288 A ∩ B = kejadian terpilih ketua laki-laki dan sekretaris wanita Ketua
Sekretaris
Bendahara
6 cara
4 cara
8 cara
2 orang telah terpilih. Sisa 8 orang.
↑ Erna
Dipilih dari 4 wanita Dipilih dari 6 lelaki
↑ P3 Erna
↑ Ari
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =
n(A) n(S)
+
n(B) n(S)
48
48
84
7
–
n(A ∩ B) n(S)
12
= 120 + 120 – 120 = 120 = 10 Jadi, peluang Ari atau Erna duduk di kursi paling pinggir adalah
7 . 10
15. Jawaban: d S = kejadian penyusunan ketua, sekretaris, dan bendahara n(S) = 10P3 = 720
30
Peluang
n(A ∩ B) = 6 × 4 × 8 = 192 A dan B merupakan dua kejadian tidak saling lepas P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =
n(A) n(S)
+
432
n(B) n(S)
288
–
n(A ∩ B) n(S)
192
= 720 + 720 – 720 528
= 720 11
= 15 Jadi, peluang terpilih ketua laki-laki atau sekretaris 11
wanita adalah 15 .
B.
Uraian
1. a.
9
Misalkan dadu pertama = dadu merah dan dadu kedua = dadu putih A = kejadian muncul mata dadu 3 pada dadu merah = {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)} n(A) = 6 P(A) =
n(A) n(S)
1
d.
6
= 36 B = kejadian muncul mata dadu 5 pada dadu putih = {(1,5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5)} A ∩ B = {(3, 5)} n(A ∩ B) = 1 P(A ∩ B) =
n(A ∩ B) n(S)
=
6
6
1
1
P(B | A) =
11
11
b.
n(A) n(S)
P(B) =
2. a.
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =
+
=
8 36
=
c.
3 6
=
1
= 6
1 2
P(B) = peluang terambil kubus dari kotak B 2
1
= 6 = 3 P(C) = peluang terambil kubus dari kotak C
P(A ∩ B ∩ C) =
1 2
×
1 3
×
1 6
=
1 36
Jadi, peluang terambil ketiganya kubus b.
P(D) = peluang ketiganya kubus =
1 36
.
1 36
P(E) = peluang ketiganya kerucut =
2 9
Jadi, peluang muncul jumlah kedua mata dadu 2
1 36 1 6
1
A ∩ B = { } → P(A ∩ B) = 0 A dan B dua kejadian yang saling asing 3 36
=
P(A) = peluang terambil kubus dari kotak A
= 6
3 36
5 36
P(A ∩ B) P(A)
1
5
=
=
muncul 3 pada dadu merah adalah 6 .
= 36 B = kejadian muncul jumlah mata dadu 10 = {(6, 4), (5, 5), (4, 6)} n(B) = 3 n(B) n(S)
P(B ∩ A) P(A)
Jadi, peluang muncul jumlah mata dadu 7 jika
putih adalah 36 . Misalkan: A = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 6 = {(5, 1), (4, 2), (3, 3), (2, 4), (1, 5)} n(A) = 5 P(A) =
1
P(A ∩ B) = 36
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 6
adalah 4 . Misalkan: A = kejadian muncul mata dadu 3 pada dadu merah = {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)} P(A) = 36 = 6 B = Kejadian muncul jumlah mata dadu 7 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} A ∩ B = B ∩ A = {(3, 4)}
1 36
= 36 + 36 – 36 = 36 Jadi, peluang muncul mata dadu 3 pada dadu merah atau muncul mata dadu 5 pada dadu
1
P(A ∩ B) = 36 = 4 Jadi, peluang muncul kedua mata dadu genap
6 atau 10 adalah 9 . Misalkan: A = muncul mata dadu genap pada dadu merah B = muncul mata dadu genap pada dadu putih A ∩ B = {(2, 2), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4), (6, 6)} n(A ∩ B) = 9
=
1 6
×
3 6
×
2 6
=
1 36
P(F) = Peluang ketiganya limas =
2 6
×
1 6
×
3 6
=
1 36
Peluang ketiganya bangun yang sama: P(D ∪ E ∪ F) = P(3K) + P(3Kr) + P(3L) =
1 36
3
+
1 36
+
1 36
1
= 36 = 12 Jadi, peluang terambil ketiganya bangun yang 1
sama 12 .
Matematika Kelas XI Program IPA
31
3. A = kejadian munculnya mata dadu merah ≤ 3 n(A) = 18 B = kejadian munculnya mata dadu biru ≥ 5 n(B) = 12 1
2
3
4
5
6
1
(1, 1)
(1, 2)
(1, 3)
(1, 4)
(1, 5)
(1, 6)
2
(2, 1)
(2, 2)
(2, 3)
(2, 4)
(2, 5)
(2, 6)
3
(3, 1)
(3, 2)
(3, 3)
(3, 4)
(3, 5)
(3, 6)
4
(4, 1)
(4, 2)
(4, 3)
(4, 4)
(4, 5)
(4, 6)
5
(5, 1)
(5, 2)
(5, 3)
(5, 4)
(5, 5)
(5, 6)
6
(6, 1)
(6, 2)
(6, 3)
(6, 4)
(6, 5)
(6, 6)
b.
Pengambilan dilakukan satu per satu tanpa pengembalian. Peluang terambil dua jeruk: P(Q) = P (jeruk pada pengambilan I) × P (jeruk pada pengambilan II) =
9
=
×
1
1
1
1
dan mata dadu biru ≥ 5 adalah 6 . 4.
a.
Pengambilan dilakukan secara acak dua sekaligus. Banyak buah = 9 + 6 = 15 buah A = kejadian terambil 2 jeruk P(A) = =
P(B) = =
15
36
51
= 105
15 C1
5 C1
×
14 C1
5
30
30
72
102
=
15 105
17
5. Menggunakan skema kemungkinan hasil pelemparan yang mungkin seperti di bawah ini. Uang logam II Gambar Uang logam I Gambar Uang logam II Angka Dadu Genap
36
= 105 Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama = P(A) + P(B) = 105 + 105
6 C1
= 210 + 210 = 210 = 35
B = kejadian terambil 2 apel n(B) n(S) 9 C2 15 C2
72
= 15 × 14 = 210 Peluang terambil dua buah dengan jenis yang sama = P(Q) + P(R)
n(A) n(S) 6 C2 15 C2
8
6
= 2 × 3 = 6 Jadi, peluang munculnya mata dadu merah ≤ 3
14 C1
Peluang terambil dua apel: P(R) = P (apel pada pengambilan I) × P (apel pada pengambilan II) =
12 36
8 C1
×
= 15 × 14 = 210
P(A ∩ B) = P(A) × P(B) 18 36
9 C1 15 C1
Uang logam I Angka
Dadu Ganjil
Uang logam III Gambar Uang logam III Angka
Dadu Genap
Dadu Ganjil
Dadu Genap Dadu Ganjil
Dadu Genap Dadu Ganjil
Dadu Genap
Dadu Genap Dadu ganjil
Dadu Ganjil
B = kejadian tidak pernah terjadi pelemparan dadu = kejadian selalu muncul mata uang = {Gambar, Gambar, Gambar} 1
1
1
1
P(B) = 2 × 2 × 2 = 8 Jadi, peluang kejadian tidak pernah terjadi 1
pelemparan dadu 8 .
32
Peluang
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b Banyak warna = 7 Banyak warna baru yang dapat dibuat = 7C2 = 21
7. Jawaban: c 1) Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah A = 78 nC2 = 78
2. Jawaban: e Banyak cara menempatkan bendera-bendera tersebut = 9P7 = =
9! 9! = 2! (9 − 7)! 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2! 2!
4. Jawaban: c Angka Ribuan
Angka Ratusan
Angka Puluhan
Angka Satuan
6
5
4
3
Jadi, banyak bilangan empat angka berlainan yang dapat dibentuk = 6 × 5 × 4 × 3 = 360 5. Jawaban: a L
P
P
L
L
P P
L
Banyak cara duduk 4 laki-laki mengelilingi meja bundar (4 – 1)! = 3! Banyak cara duduk 4 perempuan mengisi 4 tempat di antara laki-laki = 4P4 = 4! Banyak cara duduk mengelilingi meja bundar setiap perempuan duduk di antara dua laki-laki: = 3! × 4! = 6 × 24 = 144 cara 6. Jawaban: e Banyak cara menyusun 2 huruf berlainan dari 24 huruf = 24P2 = 552. Banyak cara menyusun 4 angka berlainan dari 10 angka = 10P4. Jadi, banyak cara menyusun pelat nomor = 552 × 10P4.
n! (n − 2)! 2!
= 78
⇔
n(n − 1)(n − 2)! (n − 2)! 2 × 1
= 78
⇔ n(n – 1) = 156 ⇔ n2 – n – 156 = 0 ⇔ (n + 12)(n – 13) = 0 n = –12 (tidak memenuhi) n = 13 Banyak siswa sekolah A = 13 orang.
= 181.440 cara
3. Jawaban: b Tempat juara I sudah terisi, sehingga ada 2 tempat yang tersisa. Banyak cara menempatkan 4 anak pada 2 tempat yang tersisa = 4P2 = 12. Jadi, ada 12 foto berbeda yang mungkin tercetak.
⇔
2)
Banyak jabat tangan antarsiswa sekolah B = 105 nC2 = 105 ⇔
n! (n − 2)! 2!
= 105
⇔
n(n − 1)(n − 2)! (n − 2)! 2 × 1
= 105
⇔ n(n – 1) = 210 ⇔ n2 – n – 210 = 0 ⇔ (n – 15)(n + 14) = 0 n = 15 atau n = –14 (tidak memenuhi) Banyak siswa sekolah A = 15 orang. Banyak siswa seluruhnya = 13 + 15 = 28 orang Banyak jabat tangan dari 28 orang = 28C2 =
28! 26! 2!
= 378 cara.
8. Jawaban: c Misalkan: A = kejadian terambil 2 bola putih dan 1 bola merah B = kejadian terambil 3 bola putih n(A ∪ B) = n(A) + n(B) = 4C2 × 6C1 + 4C0 × 6C0 =
4! 2! 2!
=
4 × 3 × 2! 2 × 1× 2!
=
4×3 2 ×1
×
6! 1! 5!
+
×
6 ⋅ 5! 1! 5!
6
4! 3! 1!
+
×
6! 0! 6!
4! 3! 1!
×
6! 0! 6!
4
× 1 + 1 ×1 = 36 + 4 = 40 9. Jawaban: d Bilangan yang kurang dari 1.000 terdiri atas 3 angka dengan urutan diperhatikan sehingga digunakan permutasi.
Matematika Kelas XI Program IPA
33
Banyak bilangan yang dapat disusun dari angka: 3! 2!1!
a.
0, 0, dan 6 ada
= 3 bilangan
b. c.
0, 1, dan 5 ada 3! 0, 2, dan 4 ada 3!
d. e.
0, 3, dan 3 ada 2!1! = 3 bilangan 1, 2, dan 3 ada 3! = 6 bilangan
f.
1, 4, dan 1 ada 2!1! = 3 bilangan
= 6 bilangan = 6 bilangan
3!
3!
3!
g.
2, 2, dan 2 ada 3! = 1 bilangan Banyak bilangan kurang dari 1.000 dengan jumlah angka penyusunnya 6 = 3 + 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 1 = 28 Jadi, ada 28 bilangan. 10. Jawaban: d Banyak cara mengambil 3 buku = 5C3 Banyak cara meletakkan 3 buku secara berderet = 3P3 Banyak cara mengambil dan meletakkan buku = 5C3 × 3P3 = 10 × 6 = 60 Cara lain: Permasalahan tersebut merupakan permutasi 3 dari 5. Banyak cara mengambil dan meletakkan buku = 5P3 = 60 Jadi, ada 60 cara. 11. Jawaban: c Ada 4 cara memilih bilangan yang pertama (ribuan), yaitu 2, 3, 5, dan 7 (angka 0 tidak termasuk). Jika angka pertama 2, ada 4 cara memilih angka kedua (ratusan), yaitu dengan memilih angka 0, 3, 5, dan 7. Jika angka kedua 0, ada 3 cara memilih angka ketiga (puluhan), yaitu dengan memilih 3, 5, dan 7. Jika angka ketiga 3, ada 2 cara memilih angka keempat (satuan), yaitu dengan memilih 5 dan 7. Banyak cara untuk menyusun bilangan tersebut = 4 × 4 × 3 × 2 = 96 Jadi, banyak bilangan yang dapat disusun, yaitu 96 buah. 12. Jawaban: a ARITMETIKA Ada 2 huruf A yang sama, maka p = 2 Ada 2 huruf I yang sama, maka q = 2 Ada 2 huruf T yang sama, maka r = 2 Banyak susunan kata yang dapat dibentuk dari kata ARITMETIKA = P(10, 2, 2, 2) =
10! 2! 2! 2!
=
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 2 × 1× 2 × 1× 2 × 1
34
Peluang
= 453.600
13. Jawaban: b Terdapat 3 kelas. Banyak susunan duduk berdasarkan kelasnya ada 3! cara. Wakil kelas XI IPA 1 dapat duduk dengan 4! cara. Wakil kelas XI IPA 2 dapat duduk dengan 2! cara. Wakil kelas XI IPA 3 dapat duduk dengan 3! cara. Banyak cara mereka duduk = 3! × 4! × 2! × 3! = 6 × 24 × 2 × 6 = 1.728 Jadi, banyak cara mereka duduk ada 1.728. 14. Jawaban: c Banyak susunan soal yang dikerjakan = 10C5 =
10! 5! (10 − 5)!
=
10! 5! 5!
=
10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5! 5! 5 × 4 × 3 × 2 × 1
= 252 cara
Jadi, banyak susunan soal yang dikerjakan ada 252 cara. 15. Jawaban: c Ruang sampel urutan dua anak dengan satu anak laki-laki S = {LP, PL, LL} ⇒ n(S) = 3 A = kejadian 2 anak berjenis kelamin laki-laki = {LL} n(A) = 1 P(A) =
n(A) n(S)
=
1 3 1
Jadi, peluang semuanya anak laki-laki 3 . 16. Jawaban: b A = kejadian jumlah mata dadu yang muncul kurang dari 10 = {(1, 1), (2, 1), (1, 2), (3, 1), (2, 2), (1, 3), (4, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 4), (5, 1), (4, 2), (3, 3), (2, 4), (1, 5), (6, 1), (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5), (1, 6), (6, 2), (5, 3), (4, 4), (3, 5), (2, 6), (6, 3), (5, 4), (4, 5), (3, 6)} P(A) = B
P(A)
n(A) n(S)
30
= 36 = kejadian jumlah mata dadu yang muncul bilangan prima (2, 3, 5, 7, atau 11) = {(1, 1), (2, 1), (1, 2), (4, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 4), (6, 1), (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5), (1, 6), (6, 5), (5, 6)} =
n(B) n(S)
15
= 36
A ∩ B = {(1, 1), (2, 1), (1, 2), (4, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 4), (6, 1), (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5), (1, 6)}
P(A ∩ B) =
n(A ∩ B) n(S)
Peluang terambil 2 kelereng putih: P(A ∩ B) = P(A) × P(B)
13
= 36 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 30
15
13
1
32
8
= 36 + 36 – 36 = 36 = 9 Jadi, peluang jumlah mata dadu yang muncul 8
kurang dari 10 atau bilangan prima 9 . 17. Jawaban: c Jumlah bola = 3 + 2 = 5. S = kejadian terambil 2 bola dari 5 bola n(S) = 5C2 = 10 Kemungkinan bola yang terambil 2 putih atau 2 hitam. A = kejadian terambil 2 bola putih dari 3 bola putih n(A) = 3C2 = 3 P(A) =
n(A) n(S)
3
= 10 B = kejadian terambil 2 bola hitam dari 2 bola hitam n(B) = 2C2 = 1 n(B) n(S)
1
= 10 Peluang bola yang terambil berwarna sama = P (2 putih) + P (2 hitam) = P(A) + P(B) P(B) =
3
1
4
18. Jawaban: d Misalkan: S1 = kejadian terambil 1 kelereng dari 8 kelereng n(S1) = 8C1 = 8 A = kejadian terambil 1 kelereng putih dari 2 kelereng putih n(A) = 2C1 = 2 1 4
Setelah terambil kelereng putih, kelereng putih tidak dikembalikan. Kelereng yang tersisa dalam kotak ada 7. S2 = kejadian terambil 1 kelereng dari 7 kelereng yang tersisa n(S2) = 7C1 = 7 B = kejadian terambil 1 kelereng putih dari 1 kelereng putih yang tersisa n(B) = 1C1 = 1 1
P(B) = 7
.
19. Jawaban: d Kemungkinan panitia yang terbentuk (2 putri, 2 putra), (1 putri, 3 putra), atau 4 putra. Jumlah siswa = 5 + 5 = 10. Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 10C4 P(A) = peluang panitia yang terbentuk 2 putri dan 2 putra 5C2
× 5C2
10 × 10 210
=
=
10
= 21 P(B) = peluang panitia yang terbentuk 1 putri dan 3 putra =
10 C4
5C1 × 5C3
5 × 10
5
= 210 = 21 P(C) = peluang panitia yang terbentuk 4 putra =
10 C4
5
5C4
1
= 210 = 42 Peluang panitia yang terbentuk terdiri paling banyak 2 siswa putri 10 C4
5
1
31
20. Jawaban: d
2 2
=
1 28
10
Jadi, peluang bola yang terambil berwarna sama 5 .
P(A) =
1
= P(A) + P(B) + P(C) = 21 + 21 + 42 = 42
= 10 + 10 = 10 = 5
2 8
1
= 4 × 7 = 28 Jadi, peluang terambil keduanya berwarna putih
1
Peluang terpilih dompet I = 2 . Dompet I berisi 5 keping uang logam lima ratusan dan 2 keping ratusan rupiah. 2
Peluang terpilih uang ratusan = 7 . A = kejadian terpilih dompet I dan terpilih uang ratusan rupiah 1
2
1
P(A) = 2 × 7 = 7
1
Peluang terpilih dompet II = 2 . Dompet II berisi 1 keping lima ratusan dan 3 keping ratusan rupiah. 3
Peluang terpilih uang ratusan = 4 . B = kejadian terpilih dompet II dan terpilih uang ratusan 1
3
3
8
3
P(B) = 2 × 4 = 8 Peluang mendapatkan uang logam ratusan rupiah = P(A) + P(B) 1
21
29
= 7 + 8 = 56 + 56 = 56 Jadi, peluang mendapatkan uang logam ratusan 29
rupiah adalah 56 . Matematika Kelas XI Program IPA
35
21. Jawaban: a Lisa, Tera, dan Wisnu dipandang sebagai 1 elemen, maka permasalahan menjadi permutasi siklis dari 4 elemen. Adapun cara duduk Lisa, Tera, dan Wisnu ada 3! cara. A = kejadian Lisa, Tera, dan Wisnu duduk bersebelahan n(A) = 3! × permutasi siklis 4 elemen = 3!(4 – 1)! = 36 n(S) = permutasi siklis 6 elemen = (6 – 1)! = 5! = 120 P(A) =
n(A) n(S)
36 120
=
=
3
6
4 C2
n(B) n(S)
=
3
20 C2
16 C2
120
40
= 153 = 51 A ∩ B = kejadian pengambilan pertama mendapat dua bola lampu mati dan pengambilan kedua mendapat dua bola lampu hidup P(A ∩ B) = P(A) × P(B) 18 C2
3
40
8
= 95 × 51 = 323 Jadi, peluang pengembalian dengan kedua bola lampu mati dan pengambilan kedua dengan kedua bola lampu hidup adalah
8 323
.
23. Jawaban: e Wanita
Jumlah
Berambut keriting
5
10
15
Berambut tidak keriting
5
10
15
Jumlah
10
20
30
= kejadian terpilih 3 orang dari 30 orang
n(S) = 30C3 = A
36
30! 27! 3!
=
30 × 29 × 28 × 27! 27! × 3 × 2 × 1
= 4.060
= kejadian terpilih 3 pria dari 10 pria
n(A) = 10C3 =
Peluang
= 455
n(A ∩ B) = 5C3 =
5! 2! 3!
=
5 × 4 × 3! 2 × 1 × 3!
= 10
A ∪ B = kejadian terpilih ketiganya pria atau berambut keriting: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) n(A) n(S)
+
–
n(A ∩ B) n(S)
455
10
n(B) n(S)
120
565
= 4.060 + 4.060 – 4.060 = 4.060 Jadi, peluang terpilih ketiganya pria atau berambut keriting adalah 4.060 . 24. Jawaban: a Misalkan x = banyak siswa tidak gemar basket dan futsal S
B
A
45 – 25
25 50 – 25 x
n(S) = n(A ∪ B) + n(A ∪ B)′ ⇔ 100 = ((45 – 25) + 25 + (50 – 25)) + x ⇔ 100 = 70 + x ⇔ x = 30 C = kejadian terpanggil 1 siswa yang tidak gemar basket maupun futsal n(C) = 30C1 = 30 S = kejadian terpanggil 1 siswa dari 100 siswa n(S) = 100C1 = 100 P(C) =
n(C) n(S)
30
3
= 100 = 10 Jadi, peluang siswa yang terpanggil tidak gemar 3
Pria
S
15 × 14 × 13 × 12! 12! × 3 × 2 × 1
=
A ∩ B = kejadian terpilih 3 orang pria dan berambut keriting
= 190 = 95
Dua bola lampu mati yang telah terambil tidak dikembalikan. Sekarang dalam kotak terdapat 2 bola lampu mati dan 16 bola lampu hidup. B = kejadian pengambilan kedua mendapat dua bola lampu hidup P(B) =
15! 12! 3!
565
22. Jawaban: c Dalam kotak terdapat 4 bola lampu mati dan 16 bola lampu hidup. A = kejadian pengambilan pertama mendapat dua bola lampu mati =
n(B) = 15C3 =
=
sebelahan 10 .
n(A) n(S)
= kejadian terpilih 3 orang berambut keriting dari 15 orang
3 10
Jadi, peluang Lisa, Tera, dan Wisnu duduk ber-
P(A) =
B
10! 7! 3!
=
10 × 9 × 8 × 7! 7! × 3 × 2 × 1
= 120
basket maupun futsal adalah 10 . 25. Jawaban: e S = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), . . ., (6, 6)} n(S) = 36 A = Kejadian muncul jumlah mata dadu 4 = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)} n(A) = 3 B = Kejadian muncul jumlah mata dadu 7 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} n(B) = 6
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =
n(A) n(S)
+
3
n(S) = 9C3 9
n(B) n(S)
= 36
6
9
= 36 + 36 = 36
=
26. Jawaban: b P(B) = 1 – P(Bc) = 1 – 0,45 = 0,55 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) ⇔ 0,85 = P(A) + 0,55 – 0,45 ⇔ P(A) = 0,85 – 0,55 + 0,45 = 0,75 P(Ac) = 1 – P(A) = 1 – 0,75 = 0,25 27. Jawaban: a Banyak percobaan: N = 165 Jumlah uang logam dalam mangkuk = 8 + 3 = 11 Banyak anggota ruang sampel: n(S) = 11C2 = 55 Kemungkinan uang logam yang terambil 2 uang logam seribuan atau 1 uang logam seribuan dan 1 uang logam lima ratusan. A = kejadian terambil 2 uang logam seribuan n(A) = 8C2 = 28 P(A) =
n(A) n(S)
P(B) =
n(B) n(S)
P = P(A) + P(B) =
28 55
+
24 55
=
52 55
52
Fh = P × N = 55 × 165 = 156 Jadi, frekuensi harapan selalu terambil uang logam seribuan adalah 156 kali. 28. Jawaban: b A = kejadian muncul mata dadu yang hasil kalinya bilangan ganjil = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (5, 1), (5, 3), (5, 5)} n(A) = 9 n(S) = 36 P(A) =
n(A) n(S)
n(A1) = 5C2 × 4C1
9
1
= 36 = 4 1
Fh(A) = P(A) × n = 4 × 100 = 25 kali Jadi, frekuensi harapan muncul mata dadu yang hasil kalinya bilangan ganjil adalah 25 kali. 29. Jawaban: a Jumlah bola = 5 + 4 = 9 S = kejadian terambil 3 bola dari 9 bola
=
5! 3! 2!
=
5 × 4 × 3! 3! 2!
×
4! 3! 1!
×
4 × 3! 3! 1!
= 10 × 4 = 40 P(A1) =
n(A1) n(S)
=
40 84
A2 = kejadian terambil 3 bola putih n(A2) = 5C3 =
5 × 4 × 3! 3! 2!
= 10 P(A2) =
n( A ) n(S )
10
= 84
P(A) = P(A1) + P(A2)
24
= 55 Peluang terambil uang logam seribuan:
= 84
A = kejadian terambil sekurang-kurangnya 2 bola putih Kemungkinan bola yang terambil: • 2 bola putih, 1 bola hitam • 3 bola putih A1 = kejadian terambil 2 bola putih, 1 bola hitam
28
= 55 B = kejadian terambil 1 uang logam seribuan dan 1 uang logam lima ratusan n(B) = 8C1 × 3C1 = 8 × 3 = 24
9 × 8 × 7 × 6! 6! × 6
40
10
50
= 84 + 84 = 84 Fh(A) = n × P(A) 50
= 84 × 84 = 50 kali Jadi, frekuensi harapan terambil sekurangkurangnya 2 bola putih adalah 50 kali. 30. Jawaban: d 1
2
1
P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 2 × 3 = 3 . B. Uraian 1. a.
(n + 1)! (n − 1)!
⇔
= 20
(n + 1)n(n − 1)! (n − 1)!
= 20
⇔ n2 + n = 20 2 ⇔ n + n – 20 = 0 ⇔ (n – 4)(n + 5) = 0 ⇔ n = 4 atau n = –5 Oleh karena n harus positif maka nilai n yang memenuhi, yaitu 4.
Matematika Kelas XI Program IPA
37
b.
nP4
= (n+1)P3
⇔
n! (n − 4)!
=
n3 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 6 putra dan 1 putri = 8C6 × 4C1 = 28 × 4 = 112 n4 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 7 putra = 8C7 =8 Banyak cara membentuk kelompok dengan anggota kelompok putra paling sedikit empat = n1 + n2 + n3 + n4 = 280 + 336 + 112 + 8 = 736
(n + 1)! (n − 2)!
⇔ n!(n – 2)! = (n + 1)!(n – 4)! ⇔ n!(n – 2)(n – 3)(n – 4)! = (n + 1)n!(n – 4)! ⇔ n!(n – 2)(n – 3)(n – 4)! = (n + 1)n!(n – 4)! ⇔ (n – 2)(n – 3) = (n + 1) ⇔ n2 – 5n + 6 = n + 1 ⇔ n2 – 6n + 5 = 0 ⇔ (n – 5)(n – 1) = 0 ⇔ n = 5 atau n = 1 Jadi, nilai n yang memenuhi, yaitu 1 dan 5. 2. a.
b.
3. a.
b.
38
2 foto yang disusun selalu berdampingan dianggap sebagai 1 benda. Permasalahan menjadi permutasi dari 6 – 1 = 5 benda, yaitu ada 5P5 cara. Penyusunan 2 foto yang selalu berdampingan ada 2P2 cara. Banyak cara seluruhnya = 2P2 × 5P5 = 2! × 5! =2×1×5×4×3×2×1 = 240 cara Jadi, banyak cara menyusun foto dengan 2 foto selalu berdampingan ada 240 cara. Banyak 6 foto dipasang dengan tidak ada batasan cara = 6P6 = 6! =6×5×4×3×2×1 = 720 cara Banyak foto dipasang dengan 2 foto selalu berdampingan = 2P2 × 5P5 = 2! × 5! =2×1×5×4×3×2×1 = 240 cara Jadi, banyak cara menyusun 6 foto dengan 2 foto tidak pernah berdampingan = 720 – 240 = 480 cara. Banyak cara membentuk kelompok = banyak cara memilih 7 siswa dari 12 siswa = 12C7 = 792 n1 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 4 putra dan 3 putri = 8C4 × 4C3 = 70 × 4 = 280 n2 = banyak cara membentuk kelompok beranggotakan 5 putra dan 2 putri = 8C5 × 4C2 = 56 × 6 = 336
Peluang
4. Bentuk taman yang diinginkan I II
II
II I
II II
II
I
Banyak cara menanam pohon I = (3 – 1)! = 2! =2 Banyak cara menanam pohon II = (6 – 1)! = 5! = 120 Banyak cara menanam pohon-pohon itu = 2 × 120 = 240 cara. 5. Password terdiri atas 4 huruf. Huruf pertama diawali dengan huruf s. Ketiga huruf lain dapat dipilih dari huruf p, q, r, t, u, dan v. Banyak huruf yang dapat dipilih = 6C3 =
6! 3! 3!
=
6 × 5 × 4 × 3! 3! × 6!
= 20 cara Banyak angka yang dapat dipilih: = 4C2 =
4! 2! 2!
=
4× 3× 2×1 2! × 2
= 6 cara Banyak susunan password yang dapat disusun = 5P5 = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 cara. Banyak password yang dapat dibentuk = 20 × 6 × 120 = 14.400 cara Jadi, banyak password yang dapat disusun ada 14.400 cara.
6. Sebuah kotak berisi 5 bola merah, 3 bola hijau, dan 4 bola biru. Tiga bola diambil secara acak. Berapa banyak cara pengambilan bola jika bola yang terambil dua di antaranya berwarna hijau? Jawaban: Banyak cara pengambilan bola jika bola yang terambil dua di antaranya berwarna hijau = 3C2 × 5C1 + 3C2 × 4C1 =
3! 2! 1!
×
5! 1! 4!
+
3! 2! 1!
×
4! 1! 3!
=3×5+3×4 = 15 + 12 = 27 cara 7. Jumlah uang logam = 8 + 3 = 11 Kemungkinan uang logam yang terambil pertama seribuan dan kedua lima ratusan, atau pertama lima ratusan dan kedua seribuan. P(A) = peluang terambil uang logam seribuan pada pengambilan pertama dan uang logam lima ratusan pada pengembalian kedua
B = kejadian bola yang terambil 1 putih dan 1 kuning n(B) = 6C1 × 8C1 =6×8 = 48 C = kejadian bola yang terambil 1 kuning dan 1 hijau n(C) = 8C1 × 4C1 =8×4 = 32 Peluang terambil bola berbeda warna: P = P(A) + P(B) + P(C) =
n(A) n(S)
+
24
n(B) n(S)
+
48
n(C) n(S)
32
= 153 + + 153 153 104
= 153 Fh(P) = P × n 104
8
3
24
= 153 × 306 = 208 Jadi, frekuensi harapan terambil bola berbeda warna 208.
3
8
24
9. P(A) = peluang pada pengambilan bola pertama
P(A) = 11 × 10 = 110 B = kejadian terambil uang logam lima ratusan pada pengambilan pertama dan uang logam seribuan pada pengambilan kedua P(B) = 11 × 10 = 110 Peluang terambil uang logam seribuan satu kali: P = P(A) + P(B) 24
24
= 110 + 110 48
= 110 24
= 55 8. Jumlah bola = 6 + 4 + 8 = 18 S = kejadian terambil 2 bola dari 18 bola n(S) = 18C2 =
18! 16! 2!
=
18 × 17 × 16! 16! × 2
= 153 kali Kemungkinan bola yang terambil adalah (1P, 1H), (1P, 1K), dan (1K, 1H) A = kejadian bola yang terambil 1 putih dan 1 hijau n(A) = 6C1 × 4C1 =6×4 = 24
3
berwarna merah = 5 Oleh karena tanpa pengembalian, dalam kotak tersebut tinggal 2 bola merah dan 2 bola hijau. Peluang terambil kelereng hijau pada pengambilan 2
kedua = P(BlA) = 4 . Jadi, peluang terambil bola merah pada pengambilan pertama dan bola hijau pada pengambilan kedua = P(A ∩ B) = P(A) × P(B|A) 3
2
= 5 × 4 6
3
= 20 = 10 10. a.
b.
A = kejadian nasabah tidak bermasalah dalam angsuran kreditnya A′ = kejadian nasabah yang macet angsurannya P(A) = 0,82 P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 0,82 = 0,18 Jadi, peluang kejadian nasabah macet angsurannya 0,18. Fh(A) = n × P(A) = 20.000 × 0,82 = 16.400 Jadi, 16.400 nasabah akan tepat waktu dalam membayar angsuran.
Matematika Kelas XI Program IPA
39
4. Jawaban: a
A.
Pilihan Ganda
1.
Jawaban: a Banyak karyawan =
=
× banyak karyawan SMA
= × + × + × + × + × + × + ×
= × 24
= 5 × 24 = 120 Jadi, banyak karyawan PT NUSA adalah 120 orang. 2.
3.
Jawaban: c Persentase karyawan lulusan sarjana = 100% – (20% + 25% + 10%) = 100% – 55% = 45% Banyak karyawan lulusan sarjana n = persentase sarjana × banyak karyawan = 45% × 120 = 54 Jadi, banyak karyawan lulusan sarjana adalah 54 orang. Jawaban: b Jumlah siswa ada 40. Jumlah siswa yang memperoleh nilai 70 dan 80 = 40 – (2 + 7 + 4 + 2) = 40 – 15 = 25 Perbandingan antara banyak siswa yang memperoleh nilai 70 dan 80 adalah 2 : 3. Banyak siswa yang memperoleh nilai 70
= + × 25
= × 25 = 10 Jadi, banyak siswa yang memperoleh nilai 70 adalah 10 orang.
∑ = Σ
=
= 5,99
Jadi, rata-rata dari data tersebut 5,99. 5. Jawaban: b Banyak data: n = 25 Median di kelas interval 20–23. Me = L +
−
= 19,5 +
×p
× −
×4
= 19,5 + 3 = 22,5 Modus di kelas interval 16–19.
M0 = L + + × p
= 15,5 + + × 4 ≈ 18,9 Jadi, median dan modus pendapatan tahunan pekerja berturut-turut $22.500 dan $18.900. 6. Jawaban: b Jumlah besar sudut = 360° ⇔ x° + 70° + 3x° + 90° = 360° ⇔ x° + 3x° = 360° – (90° + 70°) ⇔ 4x° = 360° – 160° ⇔ 4x° = 200° ⇔ x = 50 Besar sudut sepak bola = 3x° = 150°.
°
Banyak anak yang memilih sepak bola = ° ⇔
y =
° × °
=
= 60
Jadi, banyak anak yang memilih sepak bola 60 orang.
40
Ulangan TengahSemester
10. Jawaban: e Modus di kelas interval 09.33–09.35.
7. Jawaban: d Rata-rata: =
=
× + × + × + × + × + × + + + + + + + + + +
= =7 Jadi, jumlah siswa yang nilainya di atas rata-rata (nilai 7) adalah 6 + 1 + 1 = 8. 8. Jawaban: e Banyak siswa laki-laki : banyak siswa perempuan =7:8
Banyak siswa laki-laki = n1 = × 30 = 14 orang
Banyak siswa perempuan = n2 = × 30 = 16 orang Rata-rata nilai siswa laki-laki = 1 = 7,6 Rata-rata nilai siswa perempuan = 2 = 8 Nilai rata-rata siswa dalam kelas =
+ +
=
× + × +
=
+
=
= 7,813
9. Jawaban: c Rata-rata 8 orang:
=
Σ
=
= 09.32'.30'' + + × 3' ′
= 09.32'.30'' +
= 09.32'.30'' + 2,25' = 09.32'.30'' + 2'.15'' = 09.34'.45'' Jadi, modus dari waktu kedatangan bus tersebut 09.34'.45''. 11. Jawaban: d Banyak data: n = 25 Median di kelas interval ketiga (5 – 6). Me = L +
−
×p
× −
= 4,5 +
×2
≈ 4,5 + 0,78 = 5,28 Jadi, median kata tersebut adalah 5,28.
Kelas Ke-
Data
f
fk ≤
1 2 3 4
20–25 26–31 32–37 38–43
5 6 6 10
5 11 17 27
5
44–49
12
39
6 7
50–55 56–61
7 4
46 50
Jumlah
50
Σ = 8 ×
=
=
⇔
= 8 × 94 = 752 kg Rata-rata 9 orang:
⇔
12. Jawaban: a
Jadi, nilai rata-rata siswa dalam kelas tersebut adalah 7.813.
⇔
Mo = L + + × p
92 =
Σ +
Kuartil atas = Q3 dan n = 50.
Q3 terletak pada data ke- × 51 = 38,25. Q3 terletak pada kelas interval 44–49. Tb = 43,5, p = 6, fQ = 12, fk = 26 3
=
+
x9 = 9 × 92 – 752 = 828 – 752 = 76 Jadi, berat badan pemain cadangan tersebut 76 kg.
Q3 = Tb +
−
×p
−
= 43,5 + ×6 = 43,5 + 5,75 = 48,75 Jadi, kuartil atas dari data tersebut adalah 48,75.
Matematika Kelas XI Program IPA
41
Kuartil atas (Q3) di kelas interval 65–69.
13. Jawaban: e xi
fi
fk
41–50 51–60 61–70 71–80 81–90 91–100 101–110
3 7 10 24 10 4 2
3 10 20 44 54 58 60
Jumlah
60
−
×p
−
= 60,5 + × 10 = 60,5 + 5 = 65,5 Q3 = nilai data
+ ! ke-
= nilai data ke-45,75 Q3 di kelas interval 81 – 90.
Q3 = L +
= 80,5 +
−
× 10
6
D6 = L6 +
− Σ" "
= 59,5 +
×p
× −
×5
×5
= 59,5 + 3 = 62,5 Jadi, nilai desil ke-6 adalah 62,5. 16. Jawaban: b =
+++++
= =6 Simpangan rata-rata
+
×p
× −
×5
≈ 54,5 + 0,83 = 55,33 + !
= nilai data ke-23,25.
42
15. Jawaban: b Desil ke-6 = D6 terletak di kelas 60–64. L6 = 59,5 fD = 5 6 ΣfD = 15
= 54,5 +
Q3 = nilai data ke-
= (55,33 + 67) = 61,165 Jadi, rataan kuartil data adalah 61,165.
−
= nilai data ke-7,75. Q1 di kelas interval 55 – 59. Q1 = L +
Rk = (Q1 + Q3)
= 59,5 +
14. Jawaban: d Diketahui n = 30
−
×5
= 64,5 + 2,5 = 67 Rataan kuartil:
= 80,5 + 1 = 81,5 Jangkauan antarkuartil = Q3 – Q1 = 81,5 – 65,5 = 16 Jadi, jangkauan antarkuartil data adalah 16.
Q1 = nilai data ke-
× −
= 64,5 +
×p
−
×p
+
Q1 = nilai data ke- = nilai data ke-15,25 Q1 di kelas interval 61–70. Q1 = L +
−
Q3 = L +
Ulangan TengahSemester
=
Σ# − #
# − #+# − #+# − #+# − #+# − #+# − # + + + + + = = =1 Jadi, simpangan rata-rata data adalah 1 .
=
20. Jawaban: d
17. Jawaban: d =
= = SR = = =
+ + + + + + + + + + =7
= 15
+++++++ = 3,25
Jadi, simpangan rata-rata data adalah 3,25. 18. Jawaban: c Data
fi
xi
fixi
|xi – – x|
fi|xi – – x|
141–145 146–150 151–155 156–160 161–165 166–170
2 4 8 12 10 4
143 148 153 158 163 168
286 592 1.224 1.896 1.630 672
14,5 9,5 4,5 0,5 5,5 10,5
29 38 36 6 55 42
Jumlah
40
6.300
206
∑
=
=
∑
∑ # − #
SR =
= = 5,15
∑
Jadi, simpangan rata-rata data adalah 5,15. 19. Jawaban: e Data
fi
xi
(xi – – x)2
fi(xi – – x)2
141–145 146–150 151–155 156–160 161–165 166–170
2 4 8 12 10 4
143 148 153 158 163 168
210,25 90,25 20,25 0,25 30,25 110,25
420,5 361 162 3 302,5 441
Jumlah
40
S2 =
=
∑
=
=
= 42,25 Jadi, variansi data adalah 42,25.
+ + + + − − − − −
=
+ + + +
–
= 15 – 2 = 13 Jadi, mean data tersebut adalah 13. 21. Jawaban: c Baju Merah
Celana Hitam Putih Biru Hitam Putih Cokelat Hitam Putih Jadi, baju dan celana dapat dipakai dengan pasangan berbeda dengan 6 cara.
=
=
∑ − !
=
22. Jawaban: d Soal nomor 1–3 harus dikerjakan sehingga hanya dapat dipilih 11 soal. Dari 11 soal tersebut 3 soal harus dikerjakan. Banyak pilihan soal dapat dilakukan
= 157,5
=
=
− + − + − + + −
=
# − # + # − # + # − # + # − # + # − # + # − # + # − # + # − #
=
+ + + +
=
1.690
& & &
=
× × × ×
= 165 cara
23. Jawaban: e Tiga orang yang selalu duduk berdampingan dianggap 1 unsur sehingga permasalahan menjadi permutasi siklis dari 6 unsur. Banyak cara duduk 3 orang yang berdampingan = 3P3 = 3! Banyak cara duduk delapan orang = 3! (6 – 1)! = 3! 5! = 720 Jadi, banyak cara duduk ada 720. 24. Jawaban: c n + 1P3 = 7 × nP2 ⇔
+ !& + − !&
=
× & − !&
⇔
+ ! & − !&
=
& − !&
⇔ n+1=7 ⇔ n=6 Jadi, nilai n = 6.
Matematika Kelas XI Program IPA
43
25. Jawaban: c Banyak angka = 7 Banyak angka 3 = 2 Banyak angka 5 = 2 Banyak angka 6 = 3 Banyak bilangan 7 angka yang dapat disusun dari 3, 3, 5, 5, 6, 6 dan 6 =
& & & &
=
× × × × & × × × × &
= 210
26. Jawaban: b Kemungkinan yang terpilih 2 anak laki-laki dan 3 anak perempuan, 1 anak laki-laki dan 4 anak perempuan, dan 5 anak perempuan. Banyak cara memilih 2 anak laki-laki dan 3 anak perempuan = 10C2 × 5C3 = =
& & &
×
Jadi, peluang muncul jumlah kedua mata dadu
merupakan bilangan prima adalah . 28. Jawaban: a A = kejadian muncul angka genap pada dadu pertama = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} B = kejadian muncul angka 4 pada dadu kedua = {(1, 4), (2, 4), (3, 4), (4, 4), (5, 4), (6, 4)} A ∩ B = {(2, 4), (4, 4), (6, 4)} n(A) = 18, n(B) = 6, n(A ∩ B) = 3 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) =
& & &
× × & & × ×
×
× × & & × ×
& & &
×
&
& & & & ×
= 10 × 5 = 50 Banyak cara memilih 5 anak perempuan & & &
=1
Jadi, banyaknya cara memilih paling banyak 2 anak laki-laki disertakan adalah 450 + 50 + 1 = 501 cara. 27. Jawaban: b Misalkan: A = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 2 B = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 3 C = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 5 D = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 7 E = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 11 A = {(1, 1)} B = {(1, 2), (2, 1)} C = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} D = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)} E = {(5, 6), (6, 5)} Peluang muncul jumlah kedua mata dadu prima sebagai berikut. P = = =
! + /! + ;! + "! + " / >
0 maka nilai yang memenuhi tan a = 3.
1 2
⇔
5 3
π
π 3
,
Untuk cos x – 1 = 0 diperoleh nilai x berikut. cos x – 1 = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ cos x = cos 0 x = 0° + 2kπ k=0 ⇒ x=0 k = 1 ⇒ 0° + 2π = 2π x = (2π – 0) + k × 2π = 2π + k × 2π k = 0 ⇒ x = 2π Jadi, himpunan penyelesaian cos 2x – 3 cos x + 2 = 0 adalah {0,
5 3
π, 2π}.
13. Jawaban: a cos 2x – 2 cos x = –1 ⇔ 2 cos2 x – 1 – 2 cos x = –1 ⇔ 2 cos2 x – 2 cos x = 0 ⇔ 2 cos x (cos x – 1) = 0 ⇔ 2 cos x = 0 atau cos x – 1 = 0 Matematika Kelas XI Program IPA
59
Untuk 2 cos x = 0 diperoleh nilai x berikut. 2 cos x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔
cos x = cos x=±
π 2
π 2
+ k2π
Untuk k = 0 diperoleh: x=
π 2
Untuk k = 1 diperoleh: x= =
π – 2 3 2
Nilai sinus negatif di kuadran III dan IV, sehingga penyelesaiannya: • Kuadran III sin x = sin (180° + 30°) = sin 210° Jadi, x = 210°. • Kuadran IV sin x = sin (360° – 30°) = sin 330° Jadi, x = 330°. Jadi, himpunan penyelesaiannya {210°, 330°}. B. Kerjakan soal-soal berikut.
+ 2π
1. a.
Untuk cos x – 1 = 0 diperoleh nilai x berikut. cos x – 1 = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ cos x = cos 0 ⇔ x = ± 0 + k2π Untuk k = 0 ⇒ x = 0 Untuk k = 1 ⇒ x = 2π Jadi, himpunan penyelesaian persamaan 1 2
π,
3 2
15. Jawaban: b 2 sin2x – 5 sin x – 3 = 0 ⇔ (2 sin x + 1)(sin x – 3) = 0 ⇔ 2 sin x + 1 = 0 atau sin x – 3 = 0 ⇔
60
sin x =
Trigonometri
1 –2
atau sin x = 3 (TM)
1 3
tan θ = –
dan θ di kuadran IV. 2
1
θ 3
3 2
dan cos θ =
sin 2θ = 2 sin θ cos θ 1 2
= 2(– )(
3 2
)
3 2
=–
cos 2θ = cos2 θ – sin2 θ
π, 2π}.
14. Jawaban: d sin2 2x – 2 sin x cos x – 2 = 0 ⇔ (sin 2x)2 – sin 2x – 2 = 0 ⇔ (sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0 ⇔ sin 2x = –1 atau sin 2x = 2 sin 2x = 2 → tidak ada nilai x yang memenuhi sin 2x = –1 = sin 270° 1) 2x = 270° + k × 360° ⇔ x = 135° + k × 180° k = 0 → x = 135° k = 1 → x = 315° 2) 2x = (180° – 270°) + k × 360° ⇔ 2x = –90° + k × 360° ⇔ x = –45° + k × 180° k = 1 → x = 135° Jadi, himpunan penyelesaiannya {135°, 315°}.
1 2
Oleh karena θ di kuadran IV maka tan θ bernilai negatif dan cos θ bernilai positif.
π
tersebut adalah {0,
Diketahui sin θ = –
3 2 1 ) – (– )2 2 2 3 1 2 1 – 4 = 4 = 4 2
=( = tan 2θ =
2 tan θ 2
1 − tan θ
= =
b.
2(− 1 − (− 2
−
3 1 1− 3
1
)
3 1 2 ) 3 −2
=
3 2 3
=– 3
1 5
Diketahui tan θ = – dan θ di kuadran II. 26
1
θ 5
Oleh karena θ di kuadran II maka sin θ bernilai positif dan cos θ bernilai negatif. sin θ =
1 26
dan cos θ =
sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 2(
1 26
10
)(
−5 26
5
= − 26 = − 13
)
−5 26
cos 2θ = cos2 θ – sin2 θ = (−
5 2 ) 26
25
1
–(
= 26 – 26
p=
102 − 62
=
100 − 36
=
64 = 8
24
= 26
c.
10 α
2 tan θ
1 2(− 5 ) 1 1 − (− 5 )2
=
1 − tan2 θ
3 5
=
2 −5 24 25
5
= − 12
cos α = – 10 α
sin 2 =
1 − cos α 2
3 5
24
α
3
θ–
cos 2 =
1 + cos α 2
9
16
θ
α
7
=
=
1−
=
8 3 7 −9
=
8 3
1 10
2 5
3
2 50
×
3
1 10
1 25
= 2 × 1
= 2 × 5
4 3 4 ( )2 3
2( )
3
= 10 3. a.
16 9
2
3
2 tan θ
8 3
2 10
3
= 2
1 − tan2 θ
1−
α
sin 2 cos 2 = 2
8 10
2
=
= − 25 tan 2θ =
1−
=
=
4 3 = (– )2 – (– )2 5 5
= 25 – 25
2 5
= 2
4
θ
= 25 cos 2θ =
18 20
3
5
= 2(– )(– )
sin2
2
=
sin 2θ = 2 sin θ cos θ
cos2
18 10
=
4
4 5
2
dan θ di kuadran III.
dan tan θ = 3
8 10
1+
=
Oleh karena θ di kuadran III maka sin θ bernilai negatif dan tan θ bernilai positif. 4 5
p
8
Diketahui cos θ = –
sin θ = –
6
α di kuadran II sehingga:
12
= 13 tan 2θ =
π
6
2. Diketahui sin a = 10 dengan 2 < α < p (α terletak di kuadran II).
1 2 ) 26
2 – 4 sin2 112,5° = 2(1 – 2 sin2 112,5°) = 2(cos 2 × 112,5°) = 2(cos 225°) = 2(cos (180° + 45°)) = 2(–cos 45°) 1
× 24
9 − 7
= 2(– 2 2 ) =– 2
= −7
Matematika Kelas XI Program IPA
61
b.
2 tan 67,5° (1 − tan 67,5°)(1 + tan 67,5°)
=
=
2 tan67,5°
=
= 5(
1 − cos 2 × 157,5 2
= 5(
1 − cos 315 2
= 5(
1 − cos (360° − 45°) 2
=5 =5
1−
62
=
1− cos α cos α 1+ cos α cos α
(terbukti)
−1 +1
⎛ 1 − cos α ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1 + cos α ⎠ α⎞ 2 ⎟⎠
2
2
α
= tan2 2 (terbukti) 5. sin8 75° – cos8 75° = (sin4 75°)2 – (cos4 75°)2 = (sin4 75° – cos4 75°)(sin4 75° + cos4 75°) = (sin2 75° – cos2 75°)(sin2 75° + cos2 75°) ((sin2 75° + cos2 75°)2 – 2 sin2 75° cos2 75°)
2− 2 4
1
= –(cos2 75° – sin2 75°)(1)(12 – 2 (2 sin 75° cos 75°)2) 1
=
2 sin α cos α sin α
=
2 sin α cos2 α sin α cos α
=
2 cos2 α cos α
=
1 + cos 2α cos α
cos α
× cos α
(terbukti)
1
cosec2a = sin 2α
Trigonometri
1 cos α 1 cos α
⎝
)
2
=
1 + cotan2 α 2 cotan α
⎛ = ⎜ tan
5
b.
cotan2 α 2 cotan α
1 + cos α
)
2
sin 2α sin α
1
=
=
= 2 2− 2 4. a.
cotan α 2
= 1 − cos α
)
1 − cos 45° 2 1 2
sec α − 1 sec α + 1
c.
cos2 α 2 sin α cos α
1
= 2 cotan α +
10 sin 78,75° cos 78,75° = 5 × 2 sin 78,75° cos 78,75° = 5 sin 2 × 78,75° = 5 sin 157,5° Oleh karena sin 157,5° bernilai positif, bentuk di atas dapat dinyatakan:
=5
+
= 2 cotan α +
1 − tan2 67,5°
= tan 2 × 67,5° = tan 135° = tan (90° + 45°) = –cotan 45° = –1 c.
sin2 α 2 sin α cos α
sin2 α + cos2 α 2 sin α cos α
= –(cos 2 × 75°)(1 – 2 (sin 2 × 75°)2) 1
= – cos 150° (1 – 2 sin2 150°) = –(–
1 2
1
1
=
1 2
3 × (1 – ) 8
=
1 2
3 × 8
7
= 16 3
1
3 )(1 – × ( )2) 2 2
7
A. Pilihlah jawaban yang tepat. 1. Jawaban: d 1
6. Jawaban: a cos 25° + cos115° cos115° − cos 25°
=
sin x cos y = 2 (sin (x + y) + sin (x – y)) Pernyataan I dan II salah
2 cos 70° cos(−45°)
= −2 cos 70° cos 45°
1
cos x cos y = 2 (cos (x + y) + cos (x – y)) Pernyataan III dan V salah. Jadi, pernyataan yang benar adalah IV. 2. Jawaban: e 4sin 45° cos 15° = 2(2 sin 45° cos 15°) = 2(sin (45° + 15°) + sin(45° – 15°)) = 2(sin 60° + sin 30°) = 2( =
1 2
1
3 + ) 2
3 +1
3. Jawaban: b Oleh karena 2 cos α sin β = sin (α + β) – sin (α – β) diperoleh: 2 cos α sin 2β = sin (α + 2β) – sin (α – 2β) 4. Jawaban: a 12 sin 75° cos 195° = 12 × = 12 ×
1 2 1 2
(sin (75° + 195°) + sin (75° – 195°)) (sin 270° + sin (–120°))
= 6(sin 270° – sin 120°) = 6(–1 –
1 2
3 ) = –6 – 3 3
5. Jawaban: e cos 140° − cos 100° sin 140° − sin 100°
2 cos 70° cos 45°
= −2 cos 70° cos 45° = –1 7. Jawaban: d cos (45 − a)° + cos (45 + a)° sin (45 + a)° + sin (45 − a)°
2 cos
= 2 sin
=
2 cos a 2 cos a
= 2 cos
a)° − (45 − a)°)
=1
1 2
(75° + 165°) sin
1 2
(75° – 165°)
1
1 = –2 × (– ) × 2 2 2 1
= 2 2 9. Jawaban: e sin 20° sin 40° sin 80° = (sin 20° sin 40°) sin 80° 1 2
= – (cos (20° + 40°) – cos (20° – 40°)) sin 80°
=– (
=
− sin 120° cos 120°
=–
=
− sin (90° + 30°) cos (90° + 30°)
= –
=
− cos 30° − sin 30°
1 2
= – (cos 60° – cos (–20° )) sin 80° 1 2 1 4 1 4
1 2
– cos (–20°)) sin 80°
sin 80° + sin 80° +
1 2 1 2
cos (–20°) sin 80° 1 2
× ( (sin (–20° + 80°)
– sin (–20° – 80°)) =–
1
1
a)° − (45 + a)°)
= 2 cos 120° sin (–45°) = –2 cos 120° sin 45°
−2 sin 120° sin 20° 2 cos 120° sin 20°
−2
− a)°) cos
1 ((45 − 2 1 ((45 + 2
8. Jawaban: d sin 75° – sin 165°
=
=
+ a)°) cos
sin 45° cos a
1 2 1 2
=
=
1 ((45 − a)°+ (45 2 1 ((45 + a)° + (45 2
= cos 45° cos ( − a)
1 1 −2 sin (140° + 100°) sin (140° − 100°) 2 2 1 1 2 cos (140° + 100°) sin (140° − 100°) 2 2
−2 3
(25°+115°) (25°−115°) cos 2 2 (115°+ 25°) (115°− 25°) cos −2 cos 2 2
cos
3
1 4
sin 80° +
1 4
sin 60° –
1 4
sin (–100°)
Matematika Kelas XI Program IPA
63
=–
1 4
sin 80° +
1 4
=–
1 4
(sin 80°– sin 100°) +
×
1 2
3 + 1 sin 100° 4
1 4
1 4
= – (2 cos 90° sin (–10°)) + 1 4
= – (2 × 0 × sin (–10)) + =
1 8
1 8
×
1 2
1 8
3
3
13. Jawaban: c
3
sinA + sinB cos A + cosB
3
10. Jawaban: e tan 195° + tan 105°
⇔
=
2 sin (195° + 105°) cos (195° + 105°) + cos (195° − 105°)
=
2 sin 300° cos 300° + cos 90°
=
2 × (− 1 2
1 2
3)
⇔
3
sin A = 5 ⇔ cos A = 5 π
π
= = = = =
π 3
π 3
π 3
π 3
π 3
2 sin 2A 2π 3
2 ⋅ 2 sin A cos A
( )
(2 cos2 A − 1) + −
1 2
=
96 50 39 − 50
3 2
=
⎛A −B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
= 2 2
⇔
cos
⎛A −B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
= 2 2
1
1
1 1
⎛ ⎛ A − B ⎞⎞
cos (A – B) = cos ⎜ 2 ⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎝ 2 ⎠⎠ = 2 cos2
⎛A −B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
–1
1
= 2( 2 2 )2 – 1 =0 1
sin (2x + 110)° + sin (2x – 10)° = 2 1
1
1
⇔ 2 sin 2 (4x + 100)° cos 2 (120°) = 2 96
= – 39
12. Jawaban: c 4 sin 72° cos 144° sin 216° = 2 sin 72° (2 sin 216° cos 144°) = 2 sin 72° (sin (216° + 144°) + sin 216° – 144°))
64
1
14. Jawaban: d
18 25
=
1 3
2 ( 2 ) cos
3 4× × 5 3 3 + 2 × ( )2 2 5
96 50 75 36 − 50 + 50
=
⇔
4 5
+
1 3
= 2 2
3
48 25
=
⎛A −B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
4 sin A cos A
–3 2
A +B 2 A +B 2
= 2
⎛A +B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
2 − 2 + 2 cos A
–
2 6
cos
⇔ 2 sin
cos [( + A) − ( − A)] + cos [( + A) + ( – A)]
cos 2A + cos
=
⎛A +B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
tan
2 sin [( + A) – ( – A)] π 3
) ) ) )
A −B 2 A −B 2
sin A + sin B = 2 2
= tan ( 3 + A) + tan (–( 3 – A)) =
6
1
π
tan ( 3 + A) – tan ( 3 – A) π
2
A +B 2 A +B 2
⎛A +B⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛A +B⎞ cos ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
11. Jawaban: b
1 2 1 2
( ) cos ( 2 cos ( ) cos ( sin ( cos ( 2 sin
sin
4
=
⇔
= –2 3
+0
= 2 sin 72° (sin 360° + sin 72°) = 2 sin 72° (0 + sin 72°) = 2 sin 72° (0 + sin 72°) = 2 sin2 72° = 1 – cos (2 × 72°) = 1 – cos 144°
Trigonometri
⇔ ⇔
1
1
2 sin (2x + 50)° × 2 = 2 1
sin (2x + 50)° = 2 = sin 30°
2x + 50 = 30 + k × 360 ⇔ 2x = –20 + k × 360 ⇔ x = –10 + k × 180
k = 1 → x = 170 k = 2 → x = 350 2x + 50 = (180 – 30) + k × 360 ⇔ 2x = 100 + k × 360 ⇔ x = 50 + k × 180 k = 0 → x = 50 k = 1 → x = 230 Jadi, himpunan penyelesaiannya {50, 170, 230, 350}.
= –(
1 2
2 × 1 3 + 1 2 × 1 )(1 + 1 3 )
= –(
1 4
6 + 1 2 )(1 + 1 3 )
2
2
1
cos (x + 3 π) – cos (x – 3 π) = 2 1
1
2
1
⇔
–2 sin 2 (2x) sin 2 (2 × 3 π) = 2
⇔
–2 sin x sin 3 π = 2
2
1
⇔
1 1
–2 sin x × 2
3 = 2
3 3 3
sin x =
⇔
sin x = sin ⎜ − 6 π ⎟ ⎝ ⎠
⎛ 1 ⎞
6 + 5 2 ⎞⎟
3 8
8
8
4
8
8
⎠
⎠
⎠
6 – 5 2 8
4 sin 20° sin 40° sin 80° = 2(2 sin 20° sin 40°) sin 80° = 2(cos 20° – cos 60°) sin 80° = 2 cos 20° sin 80° – 2 cos 60° sin 80° = 2 sin 80° cos 20° – 2 cos 60° sin 80°
1
1
b.
x = – 6 π + k · 2π
1
x = (π – (– 6 π)) + k · 2π
1
4 sin 10° sin 50° sin 70° = 4 sin 70° sin 50° sin 10° = 2(2 sin 70° sin 50°) sin 10° = 2(cos 20° – cos 120°) sin 10° 1
= 2 (cos 20° – (– 2 )) sin 10°
7
= 2 cos 20° sin 10° + sin 10° = (sin 30° – sin 10°) + sin 10°
⇔ x = 6 π + k · 2π 7
k = 0 → x= 6 π
1
7
= sin 30° = 2
11
Jadi, nilai x yang memenuhi 6 π dan 6 π .
3. a.
B. Kerjakan soal-soal berikut. 4 cos α cos β = 4 cos 75° cos 15° = 2(2 cos 75° cos 15°) = 2(cos (75° + 15°) + cos (75° – 15°)) = 2(cos 90° + cos 60°) = 2(0 + 2 ) =1 –2 sin2α cos β = –sin α (2 sin α cos β) = –sin 75°(2 sin 75° cos 15°) = –(sin (45° + 30°)(sin (75° + 15°) + sin (75° –15°)) = –(sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30°)(sin 90° + sin 60°)
(cos 165° + cos 465°)(sin 15° + sin 105°) = (2 cos 315° cos (–150°))(2 sin 60° cos (–45°)) = 2 × 2 cos 315° cos 150° sin 60° cos 45° = 4 × cos (270° + 45°) cos (90° + 60°) sin 60° sin 45° = 4 sin 45°(–sin 60°) sin 60° sin 45° =4×
1
b.
⎛3 ⎝8
4
= sin 80° + 2 3 – sin 80° = 2 3
11
1. a.
6 + 3 2 + 1 2 + 1 6 ⎞⎟
8
1
k = 1 → x= 6 π 2)
2
= (sin 100° + sin 60°) – 2 × 2 sin 80° = sin (180° – 80°) + sin 60° – sin 80°
1 –2
⇔
1)
2. a.
2
⎛1 ⎝4
= –⎜ =–
4
2
6 + 1 18 + 1 2 + 1 6 ⎞⎟
= –⎜
3
2
⎛1 ⎝4
= –⎜
15. Jawaban: a
2
=– b.
1 4
1 2
⎛ 2 × ⎜−
3 ⎞⎟ × 1 3 × 1 2
1 ⎝ 2
×2×3=–
⎠
2
2
3 2
cos 20° – cos 80° – cos 40° = (cos 20° – cos 80°) – cos 40° = (–2 sin 50° sin (–30°)) – cos 40° = –2 sin 50°(–sin 30°) – cos 40° = 2 sin 50° sin 30° – cos 40°
Matematika Kelas XI Program IPA
65
1
= 2 sin 50° × 2 – cos 40° = sin 50° – cos 40° = cos 40° – cos 50° = 0 4. a.
cos4 θ − sin4 θ 1 − tan4 θ
=
sin 52° sin 68° – sin 47° cos 77° – cos 65° cos 81° 1
1
=
= – 2 (cos 120° – cos (–16°)) – 2 (sin 124° + sin (–30°)) – =
1 – 2 (cos
1 (cos 2
146° + cos (–16°))
120° – cos 16°) –
=
1 (sin 124° 2
1
=
cos 120° +
1
1 2
1
1
1
1
1
= ⎜⎝ − 2 ⎟⎠ × ⎜⎝ − 2 ⎟⎠ – 2 sin 124° + 2 × 2
1
1
1
1
= 4 + 4 – 2 sin 124° – 2 cos 146°
1
a.
b.
1 2
b.
x y
=
1
× 2 (sin (195 + 75)° + sin (195 – 75)°) 1
= – 4 (cos 270° – cos 120°) (sin 270° + sin 120°) 1
3) = – 4 (0 – (– 2 )) (–1 + 2 1
3) = – 8 (–1 + 2 1
1
3) = 8 (1 – 2 5. Akan dibuktikan bahwa ruas kiri = ruas kanan.
66
Trigonometri
cos θ+ sin2 θ cos2 θ
)(
cos2 θ− sin2 θ cos2 θ
)
)
(cos2 θ − sin2 θ)
( ) (cos θ − sin θ) 2
1
2
1 1
1
1
2 sin 2θ cos θ 2 cos 2θ cos θ sin 2θ
c.
x2 + y2 = (2 sin 2θ cos θ)2 + (2 cos 2θ cos θ)2 = 4 sin2 2θ cos2 θ + 4 cos2 2θ cos2 θ = 4 cos2 θ (sin2 2θ + cos2 2θ) = 4 cos2 θ × 1 ⎛ 1 + cos 2θ ⎞ ⎟ ⎠ 2
= 4 ⎜⎝
1
1
cos θ
x + y = 2 sin 2θ cos θ + 2 cos 2θ cos θ
= – 2 (cos (195 + 75)° – cos (195 – 75)°)
1
2
− sin 2 θ
= cos 2θ = tan 2θ (terbukti)
sin2 195° sin 75° cos 75° = (sin 195° sin 75°)(sin 195° cos 75°)
1
cos2 θ
= 2 cos θ (sin 2θ + cos 2θ) (terbukti)
1
= 2 – 2 sin 56° + 2 sin 56° =
cos2 θ
(cos2 θ − sin2 θ) 2
1
1
1
)(
= 2 cos 2 (3θ + θ) cos 2 (3θ – θ) = 2 cos 2θ cos θ
= 2 – 2 sin 56° – 2 (–sin 56°) 1
cos θ
1
1
= 2 – 2 sin (180° – 56°) – 2 cos (90° + 56°) 1
2
+ sin 2 θ
= 2 sin 2 (3θ + θ) cos 2 (3θ – θ) = 2 sin 2θ cos θ y = cos 3θ + cos θ
1
1
cos2 θ
6. x = sin 3θ + sin θ
– 2 cos 146 1
cos θ
= cos4 θ (terbukti)
– 2 cos 16° ⎛ 1⎞
(
1⋅ (cos2 θ − sin2 θ) 2
c os4 θ
– 2 sin 124° + 2 sin 30° – 2 cos 146°
⎛ 1⎞
(
=
cos 16°
1
(cos2 θ + sin2 θ)(cos2 θ − sin4 θ) (1 + tan2 θ)(1 − tan2 θ)
cos4 θ
– sin 30°) – 2 (cos 146° + cos 16°) 1 –2
=
= 2 + 2 cos 2θ (terbukti) 7. a.
θ = cos θ cos θ cos3 θ cos5 1
= 2 (cos 2θ + cos 0) cos 3 θ 1
= 2 (cos 2θ + 1) cos 3 θ 1
= 2 (cos 2θ cos θ + cos θ) cos 2 θ 1 1
= 2 ( 2 (cos 3θ + cos θ) + cos θ) cos 2 θ 1 1
3
= 2 ( 2 cos 3θ + 2 cos θ) cos 2 θ
1
+ 3 sin 3θ – 3 sin θ – 6 sin θ)
= 4 (cos 3θ + 3 cos θ) cos 2 θ 1
=–
= 4 (cos 3θ cos θ + 3 cos θ cos θ) cos θ 1 1
= 4 ( 2 (cos 4θ + cos 2θ)
=
1 16
1 16
(–sin 5θ + 5 sin 3θ – 10 sin θ)
(10 sin θ – 5 sin 3θ + sin 5θ) (terbukti)
1
+ 3 × 2 (cos 2θ + cos 0)) cos θ = = =
=
1 (cos 4θ + cos 2θ + 3 cos 2θ + 3) cos θ 8 1 (cos 4θ cos θ + 4 cos 2θ cos θ + 3 cos θ) 8 1 1 ( (cos 5θ + cos 3θ) 8 2 1 + 4 × 2 (cos 3θ + cos θ) + 3 cos θ) 1 (cos 5θ + cos 3θ + 4 cos 3θ 16
8. a.
2 sin
sin α + sin β cos α + cos β
=
α+β 2 α+β cos 2
sin
α+β
= tan 2 b.
+ 4 cos θ + 6 cos θ)
sin α + sin β cos α − cos β
=
1
= 16 (cos 5θ + 5 cos 3θ + 10 cos θ)
α+β α−β cos 2 2 α+β α−β −2 sin 2 sin 2
1
α −β α −β
= cotan (–( 2 ))
1 2
= – (cos 2θ – cos 0) sin3 θ = =
1 – (cos 2
β−α
= cotan 2
(cos 2θ – 1) sin3 θ
(terbukti)
9. Jumlah besar sudut segitiga = 180° A + B + C = 180° ⇔ B + C = 180° – A
2θ sin θ – sin θ) sin2 θ
1 1
= – ( 2 (sin 3θ – sin θ) – sin θ) sin2 θ 2 1 1
α−β 2 α−β sin 2
cos
= –cotan 2
sin5 θ = sin θ sin θ sin3 θ
1 – 2
(terbukti)
2 sin
=–
= 16 (10 cos θ + 5 cos 3θ + cos 5θ) (terbukti) b.
α+β α−β cos 2 2
= 2 cos α+β cos α−β 2 2
⇔
3
= – ( 2 sin 3θ – sin θ) sin2 θ 2 2
B+C 2
A
= 90° – 2
= – (sin 3θ – 3 sin θ) sin2 θ
A + B + C = 180° ⇔ B + C – 2C = 180° – A – 2C ⇔ B – C = 180° – (A + 2C)
=
⇔
=
1 4 1 – (sin 3θ sin θ – 3 sin θ sin θ) sin θ 4 1 1 1 – (– (cos 4θ – cos 2θ) – 3 × (– ) 4 2 2
B+C
= – (–cos 4θ + cos 2θ + 3 cos 2θ – 3) sin θ
⇔ 2 sin ( 2
4θ sin θ + cos 2θ sin θ
⇔ 2 sin ( 2
=
B+C
=
=
B−C
) cos ( 2
B−C
) cos ( 2 B+C
+ 3 cos 2θ sin θ – 2sin θ) 1 1 1 – (– (sin 5θ – sin 3θ) + (sin 3θ – sin 8 2 2 1 + 3 × (sin 3θ – sin θ) – 3 sin θ) 2 1 – (–sin 5θ + sin 3θ + sin 3θ – sin θ 16
A
= 90° – ( 2 + C) sin B + sin C = 2 sin A ⇔ sin B + sin C = 2 sin (180° – (B + C)) ⇔ sin B + sin C = 2 sin (B + C)
(cos 2q – cos 0)) sin q 1 8 1 – (–cos 8
B−C 2
= 2 × 2 sin ( 2 θ)
B−C
⇔ cos ( 2
B+C
) = 2 sin 2( 2 ) B+C
) cos ( 2 B+C
) = 2 cos ( 2
B
C
)
)
)
B
C
⇔ cos 2 cos 2 + sin 2 sin 2 B
C
B
C
= 2 (cos 2 cos 2 – sin 2 sin 2 )
Matematika Kelas XI Program IPA
67
B
C
B
C
⇔ sin 2 sin 2 + 2 sin 2 sin 2 B
C
B
C
= 2 cos 2 cos 2 – cos 2 cos 2 B
C
cos a + cos b sin a + sin b
10.
B
⇔
C
⇔ 3 sin 2 sin 2 = cos 2 cos 2 sin
⇔ ⇔
cos
B 2 B 2
C 2 C cos 2
= 3
1
⇔
C
1
⇔
sin
B
tan 2 tan 2 = 3 B
C
2 cos 2 sin
1 (a + b) cos 2 1 (a + b) cos 2
cos sin
6 2
1 (a − b) 2 1 (a − b) 2
=
3
1 (a + b) 2 1 (a + b) 2
=
3
1
cotan 2 (a + b) = cotan 30° 1 2
⇔
1
Jadi, nilai tan 2 tan 2 adalah 3 .
1 2 1 2
=
⇔
(a + b) = 30° a + b = 60°
Jadi, sin (a + b) = sin 60° =
1 2
3.
3
A. Pilihlah jawaban yang tepat.
A sudut lancip (kuadran I) maka cos A = 5 .
1. Jawaban: c
B sudut tumpul (kuadran II) maka cos B = – 25 . cos (A – B) = cos A cos B + sin A sin B
5
1
5
1
8 (sin 12 π sin 12 π + cos 12 π cos 12 π) 5
1
5
3
4
7
= 5 × (– 25 ) + 5 × 25
1
= 8 (cos 12 π cos 12 π + sin 12 π sin 12 π) 5
24
72
28
44
= – 125 + 125 = – 125
1
= 8 (cos ( 12 π – 12 π))
4. Jawaban: b 12
3
sin α = 13 (α lancip)
4
= 8 (cos ( 12 π))
cos β = – 5 (β tumpul)
1
= 8 (cos ( 3 π)) 1
=8× 2 =4
5
2. Jawaban: b cos 225° = cos (180° + 45°) = cos 180° cos 45° – sin 180° cos 45° = –1 ×
1 2
2 –0×
1 2
25
A
68
3 Trigonometri
α
12
7
B
3
5
4
24
3
5
4
= 13 × (– 5 ) + 13 × 5
sin B = 25
4
β
cos α = 13 sin β = 5 sin λ = sin (180° – (α + β)) = sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β
3. Jawaban: d
5
12
13
5
1
4
4
2
=–2 2
sin A = 5
24
36
20
= – 65 + 65 7
=–
16 65
5. Jawaban: a sin(α + β) tan α + tan β
9. Jawaban: e 2
sin α cos β + cos α sin β
=
sin α cos α
+
sin θ = 3 Oleh karena cos θ < 0 maka cos θ bernilai negatif.
sin β cos β
sin α cos β + cos α sin β
=
sin α cos β+ cos α sin β cos α cos β
= cos α cos β 6. Jawaban: e 1
tan α – tan β = 3
sin α cos α
sin β cos β
= 3
⇔
sin α cos β − sin β cos α cos α cos β
=
1 3
⇔
sin α cos β − cos α sin β
=
1 3
⇔
–
48 65
tan θ = –
2 5
tan 2θ =
2 tan θ 1 − tan2 θ
=
=
1
48
π
α–β= 3
π
cos (α – β) = cos 3 1
cos α cos β + sin α sin β = 2
⇔
cos α cos β + 4 = 2
1
1 1
⇔
cos α cos β = 4 cos (α + β) = cos α cos β – sin α sin β 1
1
= 4 – 4 =0 8. Jawaban: c
3
sin (α – β) = 5 3
1 5
3
– cos α sin β = 5 2
⇔
–cos α sin β = 5 cos α sin β = – 5
sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β 1
2
= 5 – 5 =
1 –5
2
=–5 5
2× 5 5
1−(− 2 5 )2 −
4 5 5 1 5
−
4 5 5 1 5
10. Jawaban: e cos x = a cos 2x = 2 cos2 x – 1 = 2a2 – 1 cos 4x = 2 cos2 2x – 1 = 2(2a2 – 1)2 – 1 = 2(4a4 – 4a2 + 1) – 1 = 8a4 – 8a2 + 2 – 1 = 8a4 – 8a2 + 1 11. Jawaban: c sin2 62° – cos2 62° = –(cos2 62° – sin2 62°) = –(cos 2 × 62°) = –(cos 124°) = –(–0,6) = 0,6
1
2
⇔
5 3
12. Jawaban: e cos 72° cos 27° + sin 72° sin 27° = cos (72° – 27°) = cos 45°
sin α cos β – cos α sin β = 5
⇔
=–
= –4 5
7. Jawaban: e
⇔
=
16
⇔
9−4 5
9−4 3
5
sin (α – β) = 65
⇔
×
=–
2
1
⇔ sin α cos β – cos α sin β = 3 × 65 ⇔
32 − 22 3
cos θ = –
= 2 2 13. Jawaban: d 2 cos2 θ = 1 + 2 sin 2θ ⇔ 2 cos2 θ – 1 = 2 sin 2θ ⇔ os 2θ = 2 sin 2θ ⇔
1
tan 2θ = 2
5
1
2θ 2
Matematika Kelas XI Program IPA
69
Oleh karena 2θ sudut lancip maka diperoleh sin 2θ =
1 5
dan cos 2θ =
2 . 5
⇔
Oleh karena 2θ sudut lancip maka θ juga sudut lancip sehingga tan θ bernilai positif. tan θ =
=
16. Jawaban: d cos 2α = 2 cos2 α – 1
1 − cos 2θ 1 + cos 2θ
cos 2α + 1 2
cos α = ±
Oleh karena 157,5° berada di kuadran II maka cos 157,5° bertanda negatif.
2
1−
1
=–2
5
5 −2 5 −2 × 5 +2 5 −2
=
17. Jawaban: a 2 tan A + tan B = 4
=
( 5 − 2) 5−4
=
( 5 − 2)2
=
5 −2
(sin α + cos α)2 = sin2 α + 2 sin α cos α + cos2 α = 1 + 2 sin α cos α =
⇔
2 sin α cos α =
⇔
sin 2α =
tan 2A =
3 4 3 ( 4 )2 9 16 9 16
sin α + cos α =
cos 48° =
2 tan A 1 − tan2 A 1
=
2× 2
1 − ⎛⎜ 1 ⎞⎟
= =
7 – 16 7 – 16
1 1− 1 3 4
1 4
tan2A + tanB
tan (2A + B) = 1 − tan2A tanB
p 1
1 −p 1
2
=
1− p
sin 96° = sin (2 × 48°) = 2 sin 48° cos 48° = 2p 1 − p2
2
1
=
p
48° 2
1− p
4
= 3
=
2
2
⎝2⎠
15. Jawaban: c sin 48° = p =
4 3
+3 4
1− 3 × 3 13 3
−3
18. Jawaban: a 6 sin 112,5° sin 22,5° = –3(cos 135° – cos 90°) = –3(cos (90 + 45°) – 0) = –3(–sin 45°) 2
Trigonometri
13
=– 9
= –3(– 1 2 ) = 3 2
70
× 2 2 tan A – 6 tan B = –17 ––––––––––––––––– – 7 tan B = 21 ⇔ tan B = 3
⇔
14. Jawaban: b
⇔
2 tan A + tan B = 4
2 tan A + tan B = 4 ⇒ 2 tan A + 3 = 4 ⇔ 2 tan A = 1
5 −2.
⇔
2+ 2
×1
17 tan A – 3 tan B = – 2
2
Jadi, nilai tan θ =
⇔
2 +2 4
=–
5 5+2
2 +1 2
5
5 −2
=
1 2
=–
5 2
1+
cos 315° + 1 2
⇔ cos 157,5° = –
2
1
tan A = 2
19. Jawaban: e 2 sin 82,5° cos 37,5° = sin (82,5° + 37,5°) + sin (82,5° – 37,5°) = sin 120o + sin 45o = sin (2 × 60o) + sin 45o = 2sin 60o cos 60o + sin 45o 1
1
1
=2· 2 3 · 2 + 2 2 1
1
= 2 3 + 2 2
k = 0 ⇒ x = 105° 1
sin 2x = – 2 ⇔ ⇔ ⇔
sin 2x = (180° – 210°) + k · 360° 2x = –30° + k · 360° x = –15° + k · 180° k = 1 ⇒ x = 165° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {105°, 165°}. 23. Jawaban: b 5
5
sin C = 6 ⇔ sin (180° – (A + B)) = 6
1
= 2 ( 3 + 2)
sin80° + sin40° cos 80° + cos 40°
=
2 sin ⎛⎜ 80°+ 40° ⎞⎟ cos ⎛⎜ 80°− 40° ⎞⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 cos ⎛⎜ 80°+ 40° ⎞⎟ cos ⎛⎜ 80°− 40° ⎞⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2
sin60°
=
1 2
=
1
1
sin A cos B = 2 (sin (A + B) + sin (A – B)) 1 5 1
3 1 2
2
= 3
3
24. Jawaban: d 1
3
1
4
3
3
27
6
= 4( 5 )3 – 2( 5 ) 42
= 4( 125 ) – ( 5 ) = – 125 22. Jawaban: b cos 4x + 3 sin 2x = –1 (1 – 2 sin2 2x) + 3 sin 2x = –1 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0 (2 sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0 sin 2x =
atau
1 –2
sin 2x = sin 210° 2x = 210° + k · 360° x = 105° + k · 180°
4
1
1
cos 2 (A – B) = 1 3 maka sin 2 (A – B) = 2 2
cos x = 5 dan sin x = 5 . cos 3x + cos x = 2 cos 2x cos x = 2(2 cos2 x – 1) cos x = 4 cos3 x – 2 cos x
1 –2
1
3
cos 2 (A + B) = maka sin 2 (A + B) = 5 5
4
⇔ ⇔ ⇔
8
= 2 × 6
Diketahui tan x = 3 . Oleh karena x lancip maka
sin 2x =
1
= 2(6 + 2)
21. Jawaban: a
⇔
sin (A + B) = 6
sin (A – B) = sin 30° = 2
= cos 60°
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
5
⇔
20. Jawaban: e
1
1
cos A – cos B = –2 sin 2 (A + B) sin 2 (A – B) 4
1
4
= –2 × 5 × 2 = – 5 25. Jawaban: c Diketahui α + β = 90° maka sin α = cos β dan cos α = sin β. cos 2α − cos 2β sin2α
= =
1 2
−2 sin (2α + 2β) sin
1 2
(2α − 2β)
2 sin α cos α
−2 sin (α + β) sin (α − β) 2 sin α cos α
=–
sin 90° sin (α − β) sin α cos α
=
−1(sin α cos β − cos α sin β) sin α cos α
=
− sin α cos β sin α cos α
=
− cos β cos α
+
sin β sin α
=
− sin α cos α
+
sin β cos β
sin 2x = 2
+
cos α sin β sin α cos α
= – tan α + tan β = tan β – tan α
Matematika Kelas XI Program IPA
71
26. Jawaban: b
28. Jawaban: e
(
cos 3x − sin 6x − cos 9x sin 9x − cos 6x − sin 3x
3 cos x +
=
cos 3x − cos 9x − sin 6x sin 9x − sin 3x − cos 6x
=
−2 sin 6x sin (−3x) − sin 6x 2 cos 6x sin 3x − cos 6x
=
2 sin 6x sin 3x − sin 6x 2 cos 6x sin 3x − cos 6x
=
sin 6x (2 sin 3x − 1) cos 6x (2 sin 3x − 1)
⇔ 3(
=
sin 6x cos 6x
⇔
π 6
) = cos ( x − ) π 6
π
π
⇔ 3(cos x cos 6 – sin x sin 6 ) π
= cos x cos 6 + sin x π
sin 6 3 2
3 3 2
1
3
⇔
Diperoleh a =
3 dan b = –3
⇔
( 3)2 + (−3)2
=
3+9
=
12
3 cos x = 2 sin x sin x =
⎛ 3 ⎝ 2
= 2 ⎜⎜
Oleh karena a positif dan b negatif maka α berada di kuadran IV.
⇔
−3 3
=– 3 ⇔
α = 300°
3 cos x – 3 sin x =
3
2 3 cos (x – 300°) =
3 1
cos (x – 300°) = 2 cos (x – 300°) = cos 60°
x – 300° = 60° + k × 360° ⇔ x = 360° + k × 360° k = –1 → x = 0° k = 1 → x = 360° x2 – 300° = –60° + k × 360° x2 = 240° + k × 360° k = 0 → x = 240° Jadi, himpunan penyelesaiannya {0°, 240°, 360°). ⇔
3 2
cos x
Dengan demikian, sin 2x = 2 sin x cos x
= 2 3
⇔
1
cos x – 2 sin x
3 cos x – 2 sin x = 0
⇔
3 cos x – 3 sin x
⇔
1
cos x + 2 sin x
=0
27. Jawaban: b
tan α =
3 2
cos x – 2 sin x –
= tan 6x
k =
3 2
cos x – 2 sin x) =
⎞
cosx ⎟⎟ cos x ⎠
3 cos2x
=
29. Jawaban: a 3 cos 2x + 5 sin x + 1 = 0 ⇔ 3(1 – 2 sin2 x) + 5 sin x + 1 = 0 ⇔ 3 – 6 sin2 x + 5 sin x + 1 = 0 ⇔ –6 sin2 x + 5 sin x + 4 = 0 ⇔ (–3 sin x + 4)(2 sin x + 1) = 0 4
⇔
1
sin x = – 3 atau sin x = – 2
Tidak ada nilai x yang memenuhi persamaan sin x 4
= – 3 karena batas nilai minimum sin x adalah –1. 1
sin x = – 2
1
⇔ sin x = sin ( – 6 π) 1
x = – 6 π + k × 2π 11
k=1→x= 6 π 1
x = (π – (– 6 π) + k × 2π 7
⇔ x = 6 π + k × 2π 7
k=0→x= 6π 7
11
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 6 π, 6 π}.
72
Trigonometri
30. Jawaban: d
=
cos 4x + cos 2x = 0 ⇔ 2 cos 3x cos x = 0 ⇔ cos 3x = 0 atau cos x = 0 a.
b.
Untuk cos 3x = 0 π
3x = ⇔
x=
π 2 π 6
=
2
+k× 3π
k=1→x= k=2→x=
2. a.
π
π
2
x=–6 + k × 3π k=1→x= k=2→x= k=3→x=
b.
b.
Untuk cos x = 0
=
−2 sin 45° sin (−30°) 2 sin 135° cos 60°
=
2 sin 45° sin 30° 2 cos 45° cos 60°
π
π
x = 2 + k × 2π
=
2 cos 60° sin 45° 2(− cos 30°) cos 45°
3
2× 2 ×
1 2
1
2 × (− 2 3 ) × 1 − 3
=–
1 3
2 1 2
3
b.
cos (200° – a) cos (70° – a) – sin (200° – a) sin (70° – a) = cos ((200° – a) + (70° – a)) = cos (270° – 2a) = –sin 2a
5
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 6 π, 6 π, 6 π,
B. Kerjakan soal-soal berikut.
4. Oleh karena 0° < A < 90° sehingga sin A, cos A, dan tan A bernilai positif.
=
cos (67° − 22°) sin (130° + 110°)
=
cos 45° sin 240°
cos 2A = 4
=
1 2 1 −2
⇔ 1 – 2sin2A = 4
2 3
2
sin (200° + a) cos (20° – a) – cos (200° + a) sin (20° – a) = sin ((200° + a) – (20° – a)) = sin (180° + 2a) = –sin 2a
9
1
=1
3. a.
k=1 →x = 6π
cos 67° cos 22° + sin 67° sin 22° sin 130° cos 110° + cos 130° sin 110°
1
2 cos 60° sin 45° 2 cos 210° cos 45°
=
k=0→x= 2
1. a.
1
2× 2 2 × 2
=
=
π
11
1
1
x = 2 + k × 2π
π, 6 π, 6 π}.
1
2× 2 2 × 2
sin 105° − sin 15° cos 255° + cos 165°
π
9
3 (–1)
cos 15° − cos 75° sin 195° + sin 75°
=
3 π 6 7 π 6 11 π 6
cos x = 0 ⇔ cos x = cos 2
7 6
(tan 187,5° + tan 52,5°)(tan 187,5° − tan 52,5°) (1 − tan 187,5 tan 52,5°)(1 + tan 187,5° tan 52,5°)
=– 3
1 π 6 5 π 6 3 π 2
3x = – 2 + k × 2π ⇔
6
= tan (187,5° + 52,5°) tan (187,5° – 52,5°) = tan 240° tan 135°
+ k × 2π
k=0→x=
1
=–3
tan2 187,5° − tan2 52,5° 1 − (tan 187,5 tan 52,5°)2
=
cos 3x = 0 ⇔ cos 3x = cos 2
2 − 3
3 3
⇔
sin2A =
1−
3 4
2
Matematika Kelas XI Program IPA
73
⇔
sin A =
1 8
⇔
sin A =
2 4
2
4 − ( 2) 4
cos A = a.
2
10 16 − 2 4
=
=
6
14 4
p
sinA
tan A = cos A =
2 4 14 4
=
2 14
=
28 14
=
2 7 14
14 14
×
p=
102 − 62
=
100 − 36
=
64
=8 8
1
cos (x + y) = cos x cos y – sin x sin y
= 7 7 1 7
5
7.
=
28 8
=
2 7 8
2 4
·
40
sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y 12
6. a.
= 13 12
sin x = 13 5
cos x = 13
74
cos (A − B) cos (A + B)
Trigonometri
30
126
63
9
= 5
14
⇔
169
96
⇔ 5 cos (A – B) = 9 cos (A + B) ⇔ 5(cos A cos B + sin A sin B) = 9(cos A cos B – sin A sin B) ⇔ 5 cos A cos B + 5 sin A sin B = 9 cos A cos B – 9 sin A sin B ⇔ 14 sin A sin B = 4 cos A cos B
5
=
6
= 130 = 65
⇔
144 + 25
5
= 130 + 130
12
=
8
= 13 × 10 + 13 × 10
1
= 4 7
12
122 + 52
16
= – 130 = – 65 b.
tan x = 5 sehingga:
p=
6
72
32
14 4
1
p
12
= 130 – 130
Jadi, sin 2A = 4 7 . 5. a.
8
= 13 × 10 – 13 × 10
sin 2A = 2 sin A cos A =2·
6
tan y = 8
cos y = 10
Jadi, tan A = b.
6
sin y = 10 sehingga:
b.
sinA cos A
=4
cos B sin B
7 tan A = 2 cotan B (dapat ditunjukkan)
tan B = 2 1
tan B = 2 ⇔ cotan B = 2 7 tan A = 2 cotan B 1
⇔ 7 tan A = 2( 2 ) ⇔
1
tan A = 7
tanA + tan B 1 − tanA tan B
tan (A + B) =
1 7
=
a.
+2
sin C = sin (180° – 2α) = sin (2α) = 2 sin α cos α 12
15 7 5 7
=
=3
Jadi, tan (A + B) = 3.
120
b.
tan (180° – 2α) = –tan 2a −2 tan α 1 − tan2 α
( ) 1− ( )
tanA + tanB
tan (A + B) = 1 − tanA tanB ⇔ tan A + tan B = tan (A + B)(1 – tan A tan B) Oleh karena itu, maka: tan A + tan B + tan C = tan (A + B)(1 – tan A tan B) + tan C = tan (180° – C)(1 – tan A tan B) + tan C = (–tan C)(1 – tan A tan B) + tan C = –tan C + tan A tan B tan C + tan C = tan A tan B tan C (terbukti) C
8.
12 5
−2
=
2
AC − AD
24
25
120
3
D
5 cm
3
Oleh karena 2 π < 2x < 2π ⇔ 4 π< x < π maka cos x bernilai negatif. cos 2x + 1 2 a −1 a +1
=–
α 5 cm
120
Jadi, tan C = 119 . 9. cos 2x = 2 cos2 x – 1
2
A
24 5 −119 25 −
= 5 × 119 = 119
13 cm
α
=
2
12 5
cos x = –
13 cm
120
Jadi, sin C = 169 .
=
7. Ingat:
5
= 2 ( 13 )( 13 ) = 169
1
1− 7 × 2
+1
2
=–
a − 1+ a + 1 2(a + 1)
=–
a a +1
=–
a a +1
B
CD = =
132 − 52
=
144
a +1
1
x
= 12 cm
a
12
sin α = 13 5
cos α = 13
tan x =
sin x cos x
=
a +1 a
12
tan α = 5 ∠A + ∠B + ∠C ⇔ ∠C ⇔ ∠C ⇔ ∠C
1 a +1
sin x =
1
= 180° = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – 2α
−
=–
a +1
1 a
=–
1 a
a
Matematika Kelas XI Program IPA
75
10. a.
sin x –
3 cos x = 1
⇔ – 3 cos x + sin x = 1
(− 3)2 + 12 = 2
a = – 3 , b = 1, k = b
tan α = a , − ⇔ α = 150° sin x –
1 3
1
=–3
3 (α di kuadran II)
3 cos = 1
⇔ 2 cos (x – 150°) = 1 ⇔ ⇔
1
cos (x – 150°) = 2 cos (x – 150°) = cos 60°
x – 150° = 60° + k · 360° ⇔ x = 210° + k · 360° k = 0 → x = 210° x – 150° = –60° + k · 360° ⇔ x = 90° + k · 360° k = 0 → x = 90° Jadi, himpunan penyelesaiannya {90°, 210°}.
76
Trigonometri
b.
cos (75° – x) – cos (15° – x) = 0 1
1
⇔
–2 sin 2 (90° – 2x) sin 2 (60°) = 0
⇔
–2 sin (45° – x) sin 30° = 0
⇔
–2 sin (45° – x) × 2 = 0
⇔ ⇔
1
sin (45° – x) = 0 sin (45° – x) = sin 0°
45° – x = 0° + k · 360° ⇔ –x = –45° + k · 360° ⇔ x = 45° – k · 360° k = 0 → x = 45° 45° – x = 180° + k · 360° ⇔ –x = 135° + k · 360° ⇔ x = –135° – k · 360° k = –1 → x = 225° Jadi, himpunan penyelesaiannya {45°, 225°}.
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lngkaran
Persamaan Lingkaran
• • •
Persamaan lingkaran. Kedudukan titik terhadap lingkaran. Kedudukan garis terhadap lingkaran.
• • • • • • • • •
Garis Singgung Lingkaran
• •
Persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran. Persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran.
Menghargai pendapat saat menuliskan berbagai bentuk persamaan lingkaran. Bersikap kreatif untuk menentukan persamaan garis singgung yang melalui titik di luar lingkaran. Mampu menentukan persamaan lingkaran yang berpusat di O(0, 0) dan P(a, b). Mampu menentukan unsur-unsur lingkaran apabila diketahui persamaannya. Mampu menentukan kedudukan titik terhadap lingkaran. Mampu menentukan kedudukan garis terhadap lingkaran. Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik pada lingkaran. Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran di suatu titik di luar lingkaran. Mampu menentukan persamaan garis singgung lingkaran yang diketahui gradiennya.
Matematika Kelas XI Program IPA
77
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik (4, –2): x2 + y2 = r2 ⇒ (4)2 + (–2)2 = r2 ⇔ r2 = 16 + 4 = 20 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 20. 2. Jawaban: d Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran P(10, –6) dan jari-jarinya 10. Persamaan lingkarannya: (x – 10)2 + (y – (–6))2 = 102 ⇔ (x – 10)2 + (y + 6)2 = 100 3. Jawaban: d Lingkaran berpusat di (1, –3) dan melalui titik (4, 2). Jarak titik ke titik pusat sama dengan jari-jari.
− + − +
r = =
− + −
=
+
3)2
−
− + −
=
+ +
− −
= =5
( )
)2
= (1, –1)
Persamaan lingkarannya (x – 1)2 + (y + 1)2 = r2. Lingkaran melalui titik (6, 1), berarti: (6 – 1)2 + (1 + 1)2 = r2 ⇔ r2 = 25 + 4 = 29 Persamaan lingkaran: (x – 1)2 + (y + 1)2 = r2 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 2y + 1 = 29 ⇔ x2 + y2 – 2x + 2y – 27 = 0 5. Jawaban: a x2 + y2 – 6x – 4y – 3 = 0 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 3 + 9 + 4 ⇔ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 16 Diperoleh koordinat titik pusat lingkaran (3, 2) dan jari-jarinya 4. Grafik lingkaran yang sesuai ada pada pilihan a.
78
=
4. Jawaban: a Titik pusat lingkaran terletak di tengah titik ujungujung diameter. − − ,
titik – p, –4 .
L: (x – + (y + = ( ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 6y + 9 = 10 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y + 10 = 10 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y + 10 – 10 = 0 ⇔ x2 + y2 – 2x + 6y = 0
P=
− + − −
r =
7. Jawaban: c Lingkaran x2 + y2 + px + 8y + 9 = 0 berpusat di
= Persamaan lingkaran: 1)2
6. Jawaban: d Lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y + a = 0 melalui titik (1, 4), berarti: (1)2 + (4)2 + 6(1) – 2(4) + a = 0 ⇔ 1 + 16 + 6 – 8 + a = 0 ⇔ a = –15 Diperoleh persamaan lingkaran x2 + y2 + 6x – 2y – 15 = 0. Jari-jari lingkaran:
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
r =
−
+ −
=
+
=
+
Lingkaran menyinggung sumbu X sehingga diperoleh: r = |ordinat pusat|
+ = |–4|
⇔ + = |–4|2
⇔ ⇔
p2 + 7 = 16
p2 = 9
⇔ p2 = 36 ⇔ p =±6 Jadi, pusat lingkaran adalah (3, –4) atau (–3, –4). 8. Jawaban: d L: x2 + y2 + ax + by + c = 0 1) Melalui titik A (0, 0): 02 + 02 + a × 0 + b × 0 + c = 0 ⇔ c=0
. . . (1)
2)
Melalui titik B (–2, 4): (–2)2 + (4)2 + a × (–2) + b × 4 + c = 0 ⇔ 4 + 16 – 2a + 4b + c = 0 ⇔ 2a – 4b + c = 20 ⇔ 2a – 4b + 0 = 20 ⇔ a – 2b = 10 ⇔ a = 2b + 10 . . . (2) 3) Melalui titik C (–1, 7): (–1)2 + 72 + a × (–1) + b × 7 + c = 0 ⇔ 1 + 49 – a + 7b + 0 = 0 ⇔ 50 – a + 7b = 0 ⇔ a – 7b = 50 . . . (3) Substitusikan persamaan (2) ke dalam persamaan (3). a – 7b = 50 ⇔ 2b + 10 – 7b = 50 ⇔ –5b = 40 ⇔ b = –8 a = 2b + 10 = 2(–8) + 10 = –16 + 10 = –6 Jadi persamaan lingkaran adalah: x2 + y2 + ax + by + c = 0 ⇔ x2 + y2 – 6x – 8y = 0
------------
9. Jawaban: e Y Lingkaran L menyinggung sumbu Y di titik (0, 6) dan pusatnya di r 6 ------- P garis y = 2x. y = 6 ⇔ 2x = 6 ⇔ x=3 0 3 Pusat lingkaran P(3, 6) dan jari-jari 3. Jadi, persamaan lingkaran L adalah (x – 3)2 + (y – 6)2 = 32 2 ⇔ x – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 9 ⇔ x2 + y2 – 6x – 12y + 36 = 0
X
⇔ a= Jadi, syarat agar garis ax + y = 0 menyinggung
lingkaran L adalah nilai a = .
r =
− + + = 1)2
L: (x – + (y + = ( )2 2 2 (x – 1) + (y + 3) = 16 Persamaan lingkarannya: L: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 16 2. a.
3)2
L1 : x2 + y2 – 4x + 8y + 15 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = –15 + 4 + 16 ⇔ (x – 2)2 + (y + 4)2 = 5 Lingkaran L1 berpusat di titik (2, –4) dan berjari-jari r =
b.
.
Persamaan lingkaran L 2 yang berpusat di (2, –4) dan berjari-jari 2 adalah: (x – 2)2 + (y + 4)2 = (2 )2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 = 20 ⇔ x2 + y2 – 4x + 8y = 0
y = 2x
10. Jawaban: b Persamaan lingkaran L dengan pusat (–1, 3) dan jari-jari r = 1: (x + 1)2 + (y – 3)2 = 12 ⇔ x2 + y2 + 2x – 6y + 9 = 0 . . . (1) Garis g: ax + y = 0 ⇔ y = –ax . . . (2) Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (1). x2 + (–ax) 2 + 2x – 6(–ax) + 9 = 0 ⇔ x2 + a2x2 + 2x + 6ax + 9 = 0 ⇔ (a2 + 1)x2 + (2 + 6a)x + 9 = 0 Syarat garis menyinggung lingkaran adalah D = 0. (2 + 6a)2 – 4(a2 + 1) × 9 = 0 ⇔ 4 + 24a + 36a2 – 36a2 – 36 = 0 ⇔ 24a = 32
B. Uraian 1. a. Persamaan lingkaran yang berpusat di (2, 3) dan jari-jari 4. L: (x – 2)2 + (y – 3) = 42 (x – 2)2 + (y – 3) = 16 b. Persamaan lingkaran yang berpusat di (1, –3) dan melalui titik (1, 1).
3. x2 + y2 – 8x – 12y + n = 0 a. Lingkaran melalui titik (–1, 3) berarti: (–1)2 + 32 – 8(–1) – 12(3) + n = 0 ⇔ 1 + 9 + 8 – 36 + n = 0 ⇔ n = 18 b. x2 + y2 – 8x – 12y + 18 = 0 Pusat: – (–8), – (–12) = (4, 6)
Jari-jari: r = =
− − =
Jarak titik O(0, 0) ke titik pusat lingkaran (4, 6). d=
c.
=
=
Oleh karena d > r maka titik O(0, 0) berada di luar lingkaran. Jarak garis y = 2x – 5 ⇔ 2x – y – 5 = 0 ke titik pusat lingkaran (4, 6) adalah: s = =
− − − − −
=
Oleh karena s =
−
=
×
=
≈ 1,34 < r = ≈ 5,83
maka garis y = 2x – 5 memotong lingkaran di dua titik.
Matematika Kelas XI Program IPA
79
⇔ k2 – 20 > 0 ⇔ (k – )(k + ) > 0 ⇔ (k – 2 )(k + 2 ) > 0
4. Pusat lingkaran = (2, –4). a. Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik pusat (2, –4) ke garis 3x – 4y + 3 = 0, yaitu: r= b.
− − +
+ +
=
+ −
=
=5
Persamaan lingkaran dengan pusat (2, –4) dan jari-jari r = 5: (x – 2)2 + (y + 4)2 = 52 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 8y + 16 – 25 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 8y – 5 = 0
5. Titik pusat lingkaran: P(–2, 1).
− + −
=
+
⇔ k < –2 atau k > 2 Jadi, batas-batas nilai k adalah k < –2 atau k > 2 . 7. Jari-jarinya sama dengan jarak titik P(3, –4) ke garis g: 4x – 3y – 49 = 0 + −
× − − + + −
=
8.
Oleh karena d =
+ −
=
=5
2 1 O
< r = 3 maka garis
–2 –1 0 –1
−
1
2
3 4
5
6 7
8
X
–2 A
–3
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 3x – 4y – 5 = 0: d=
−
Y
2x – y + 1 = 0 memotong lingkaran L.
× − − × −
=
3
+ −
r2 = 52 = 25 Persamaan lingkarannya: L: (x – 3)2 + (y + 4) = 25
> r = 3 maka garis
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x – y + 1 = 0: d=
+ −
=
x + y – 8 = 0 tidak berpotongan dengan lingkaran L.
c.
× + − × − + −
r=d =
Oleh karena d 1 =
b.
2
Jarak titik P(–2, 1) ke garis x + y – 8 = 0: d=
+
– –2
− + + = 3
Jari-jari lingkaran: r = a.
+
–4 –5 –6
=3
r
B
•
r
P
3x + 4y = 0
Oleh karena d = r = 3 maka garis 3x – 4y – 5 = 0 menyinggung lingkaran L. d.
Jarak titik P(–2, 1) ke garis 2x + 2y – 1 = 0: 2x + 2y – 1 = 0: d=
× − + × − +
Oleh karena d =
=
< r = 3 maka garis
2x + 2y – 1 = 0 memotong lingkaran L. 6. A: 2x + y = k Û y = k – 2x Substitusi A ke persamaan lingkaran L: x2 + (k – 2x)2 = 4 ⇔ x2 + k2 – 4kx + 4x2 = 4 ⇔ 5x2 – 4kx + k2 – 4 = 0 Syarat garis A tidak memotong lingkaran L di dua titik yaitu D < 0. (–4k)2 – 4 × 5 × (k2 – 4) < 0 ⇔ 16k2 – 20k2 + 80 < 0 ⇔ –4k2 + 80 < 0
80
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
OB = OA = + − = = = 5 Titik pusat lingkaran: P(r, –5). Panjang jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P ke garis 3x + 4y = 0, yaitu: r =
+ × − +
⇔ r2 =
−
⇔ r2 =
−
⇔ 25r2 = 9r2 – 120r + 400 2 ⇔ 16r + 120 r – 400 = 0 ⇔ 2r2 + 15r – 50 = 0 ⇔ (2r – 5)(r + 10) = 0 ⇔
r = atau r = –10
Oleh karena r > 0 maka r = .
Persamaan lingkaran berpusat di P( , 5) dan
x–
⇔
x2
+ (y – 5)2 =
– 5x +
+
y2
– 10y + 25 =
b2 – 4ac = 0 ⇒(2r + 2)2 – 4 × × 3 = 0 ⇔ 4r2 + 8r + 4 – 16 = 0 ⇔ 4r2 + 8r – 12 = 0 ⇔ r2 + 2r – 3 = 0 ⇔ (r + 3)(r – 1) = 0 ⇔ r = –3 atau r = 1
y2
9.
Y
y= P1
P r1
r1
P2 r2
Diperoleh titik pusat P1(–3, Jarak kedua titik pusat:
y=
r2 T2
P1P2 =
X
O
– (2r + 2)x + 3 = 0
Oleh karena lingkaran menyinggung garis, maka diskriminan (D) = 0, yaitu:
⇔ + – 5x – 10y + 25 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya: x2 + y2 – 5x – 10y + 25 = 0. x2
2 x
⇔
berjari-jari r = :
⇔ x2 – 2rx + r2 + x2 – 2x + 3 = r2
Titik pusat kedua lingkaran pada garis y =
) dan P2(1,
− − + − =
).
+ = 4
10. Segitiga ABC siku-siku di A, maka sisi BC merupakan diameter lingkaran. Titik tengah diameter BC merupakan titik pusat lingkaran, yaitu titik (3, 6). Panjang diameter sama dengan panjang BC, yaitu:
− + −
berarti ordinat titik pusat adalah . Kedua lingkaran menyinggung sumbu Y (x = 0), maka absis pusatnya sama dengan jari-jari (r).
d = BC =
Diperoleh pusat lingkaran adalah (r, samaannya:
Jari-jari: r = d = = = Persamaan lingkaran dengan pusat (3, 6) dan jari-
(x – r)2 + (y –
) dan per-
)2 = r2
Substitusi y = x ke persamaan lingkaran: (x – r)2 + x –
jari r =
Lingkaran juga menyinggung garis y = x .
2
= r2
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: a Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik A(3, 1): x2 + y2 = r2 ⇔ (3)2 + (1)2 = r2 ⇔ r2 = 9 + 1 = 10 Diperoleh persamaan lingkaran: x2 + y2 = 10. Persamaan garis singgung lingkaran di titik A(3, 1): x1x + y1y = r2 ⇔ (3)x + (1)y = 10 ⇔ 3x + y = 10 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran di titik A adalah 3x + y = 10.
+ =
=
:
3)2
(x – + (y – 6)2 = ( )2 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 12y + 36 = 45 ⇔ x2 + y2 – 6x – 12y = 0 Jadi, persamaan lingkaran luar segitiga ABC adalah x2 + y2 – 6x – 12y = 0.
2. Jawaban: d x2 + y2 – 6x + 4y – 12 = 0 Untuk x = 7 dan y = 1 diperoleh: 72 + 12 – 6(7) + 4(1) – 12 = 49 + 1 – 42 + 4 – 12 =0 Diperoleh titik (7, 1) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya:
7x + 1 × y – (x + 7) + (y + 1) – 12 = 0 ⇔ 7x + y – 3x – 21 + 2y + 2 – 12 = 0 ⇔ 4x + 3y – 31 = 0
Matematika Kelas XI Program IPA
81
3. Jawaban: a Lingkaran: (x + 4)2 + (y – 2)2 = 20 Memotong sumbu X berarti: y = 0 ⇒ (x + 4)2 + (0 – 2)2 = 20 ⇔ (x + 4)2 + 4 = 20 ⇔ (x + 4)2 = 16 ⇔ x+4=±4 ⇔ x = –4 ± 4 ⇔ x = –8 atau x = 0 Diperoleh titik potong lingkaran terhadap sumbu X adalah (–8, 0) dan (0, 0). Persamaan garis singgung di titik (–8, 0): (–8 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20 ⇔ –4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20 ⇔ –4x – 16 – 2y + 4 – 20 = 0 ⇔ –4x – 2y – 32 = 0 ⇔ 2x + y + 16 = 0 Persamaan garis singgung di titik (0, 0): (0 + 4)(x + 4) + (0 – 2)(y – 2) = 20 ⇔ 4(x + 4) + (–2)(y – 2) = 20 ⇔ 4x + 16 – 2y + 4 – 20 = 0 ⇔ 4x – 2y = 0 ⇔ 2x – y = 0 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya 2x + y + 16 = 0. 4. Jawaban: a Garis y – 2x + 5 = 0 mempunyai gradien m = 2. Titik pusat lingkaran: P(3, –5). Jari-jari lingkaran: r = Misalkan gradien garis singgung lingkaran adalah m1. Oleh karena garis singgung lingkaran sejajar garis y – 2x + 5 = 0 maka m = m1 = 2. Persamaan garis singgung lingkaran: y – yP = m(x – xP) ± r + ⇔ y – (–5) = 2(x – 3) ± ⇔ ⇔ ⇔
y + 5 = 2x – 6 ±
×
+
×
y = 2x – 11 ± y = 2x – 11 ± 20
x1x + y1y – 6 × (x + x1) + 8 × (y + y1) – 120 = 0 ⇔ 15x – 5y – 3(x + 15) + 4(y – 5) – 120 = 0 ⇔ 15x – 5y – 3x – 45 + 4y – 20 – 120 = 0 ⇔ 12x – y – 185 = 0 ⇔ y = 12x – 185
82
7. Jawaban: c x2 + y2 – 6x – 4y – 12 = 0 ⇔ x2 – 6x + y2 – 4y = 12 2 ⇔ x – 6x + 32 + y2 – 4y + 22 = 12 + 32 + 22 ⇔ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 25 Diperoleh pusat lingkaran (3, 2) dan jari-jari r = 5. Garis y = x + 4 bergradien 1, maka garis yang tegak lurus dengan garis tersebut bergradien –1. Persamaan garis singgung: y – 2 = m(x – 3) ± 5 + ⇔ y – 2 = –1(x – 3) ± 5 + − ⇔ y – 2 = –x + 3 ± 5 ⇔
y = –x + 5 ± 5
Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya y = –x + 5 – 5 . 8. Jawaban: c Misalkan lingkaran L: x2 + y2 + 3x – 4y = 0.
Titik pusat lingkaran L: P – , 2 .
5. Jawaban: d Persamaan garis singgungnya:
6. Jawaban: e Titik A(0, 1) terletak di luar lingkaran L karena (0 – 2)2 + (1 + 1)2 > 4. Persamaan garis kutub titik A(0, 1) terhadap lingkaran L: (0 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 4 ⇔ –2x + 4 + 2y + 2 = 4 ⇔ –2x + 2y = –2 ⇔ x–y=1 ⇔ y=x–1 Substitusikan y = x – 1 ke dalam persamaan lingkaran L: (x – 2)2 + (x – 1 + 1)2 = 4 ⇔ x2 – 4x + 4 + x2 – 4 = 0 ⇔ 2x2 – 4x = 0 ⇔ 2x(x – 2) = 0 ⇔ x = 0 atau x = 2 Untuk x1 = 0 maka y1 = 0 – 1 = –1. Untuk x2 = 2 maka y2 = 2 – 1 = 1. Diperoleh titik singgung (0, –1) dan (2, 1).
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
Jari-jari lingkaran L: r =
−
=
=
+ −
+
=
Titik A(1, –2) di luar lingkaran L. Garis AB merupakan garis singgung lingkaran L yang ditarik dari titik A. Y 4 P B2
3
r
B1
2 1
r
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 –2
1 2 3 4 5
X
A
Garis singgung dari titik A menyinggung lingkaran L di titik B1 dan B2. Panjang garis AB1 = AB2 = s. s =
−
=
− + − −
=
+ − −
= = 4 Jadi, panjang garis AB adalah 4.
Persamaan garis singgung sejajar dengan garis 5x + 12y – 15 = 0 sehingga a = 5 dan b = 12. Substitusikan a, b, pusat, dan r ke dalam rumus persamaan garis singgung. 5x + 12y = 5(–1) + 12(2) ± 3 + ⇔ 5x + 12y = 19 ± 39 ⇔ 5x + 12y – 19 ± 39 = 0 Jadi, diperoleh dua persamaan garis singgung: 5x + 12y + 20 = 0 dan 5x + 12y – 58 = 0 B. Uraian 1. a. Persamaan: x2 + y2 = 34 Untuk x = –3 dan y = 5 diperoleh: (–3)2 + (5)2 = 9 + 25 = 34 Titik (–3, 5) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya: x1x + y1y = 34 ⇒ –3x + 5y = 34 ⇔ 3x – 5y + 34 = 0 b. Persamaan: x2 + y2 + 4x – 2y – 5 = 0 Untuk x = 1 dan y = 2 diperoleh: (1)2 + (2)2 + 4(1) – 2(2) – 5 =1+4+4–4–5 =0 Titik (1, 2) terletak pada lingkaran sehingga persamaan garis singgungnya:
9. Jawaban: d x2 + y2 – 6x + 2y + 5 = 0 Garis melalui O(0, 0): y = mx Substitusikan y = mx ke dalam persamaan lingkaran. x2 + (mx)2 – 6x + 2(mx) + 5 = 0 ⇔ x2 + m2x – 6x + 2mx + 5 = 0 ⇔ (1 + m2)x2 + (2m – 6)x + 5 = 0 Garis y = mx menyinggung lingkaran, berarti: D = 0 ⇒ (2m – 6)2 – 4 × (1 + m2) × 5 = 0 ⇔ 4m2 – 24m + 36 – 20 – 20m2 = 0 ⇔ –16m2 – 24m + 16 = 0 ⇔ 2m2 + 3m – 2 = 0 ⇔ (2m – 1)(m + 2) = 0
2. a.
⇔
m = atau m = –2
Jadi, gradiennya dan –2. 10. Jawaban: b 2x2 + 2y2 + 4x – 8y – 8 = 0 ⇔ x2 + y2 + 2x – 4y – 4 = 0 ⇔ x2 + 2x + y2 – 4y = 4 2 2 ⇔ x + 2x + 1 + y2 – 4y + (–2)2 = 4 + 12 + (–2)2 ⇔ (x + 1)2 + (y – 2)2 = 4 + 12 + (–2)2 ⇔ (x + 1)2 + (y – 2)2 = 9 Pusat P (–1, 2) dan r =
−
x1x + y1y + (x + x1) + (y + y1) – 5 = 0 ⇒ 1x + 2y + 2(x + 1) – 1(y + 2) – 5 = 0 ⇔ x + 2y + 2x + 2 – y – 2 – 5 = 0 ⇔ 3x + y – 5 = 0
b.
Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik (–1, 2): x2 + y2 = r2 ⇒ (–1)2 + (2)2 = r2 ⇔ r2 = 1 + 4 = 5 Diperoleh persamaan lingkaran: x2 + y2 = 5. Persamaan garis singgung lingkaran di titik A(–1, 2): x1x + y1y = r2 ⇒ (–1)x + (2)y = 5 ⇔ –x + 2y = 5 Jadi, persamaan lingkaran x2 + y2 = 5 dan garis singgungnya di titik A adalah –x + 2y = 5. Lingkaran dan garis singgungnya: Y 2,5 A 2
–5
–1 0
X
=3
Matematika Kelas XI Program IPA
83
3. Misalkan titik singgung lingkaran L: (x – 2)2 + (y + 1)2 = 13 adalah T(–1, b) maka: (–1 – 2)2 + (b + 1)2 = 13 ⇔ 9 + b2 + 2b + 1 – 13 = 0 ⇔ b2 + 2b – 3 = 0 ⇔ (b + 3)(b – 1) = 0 ⇔ b + 3 = 0 atau b – 1 = 0 ⇔ b = –3 atau b=1 Diperoleh titik singgung T1(–1, –3) dan T2(–1, 1). Persamaan garis singgung di titik T1(–1, –3) pada lingkaran L: (–1 – 2)(x – 2) + (–3 + 1)(y + 1) = 13 ⇔ –3x + 6 – 2y – 2 = 13 ⇔ –3x – 2y – 9 = 0 ⇔ 3x + 2y + 9 = 0 Persamaan garis singgung di titik T2(–1, 1) pada lingkaran L: (–1 – 2)(x – 2) + (1 + 1)(y + 1) = 13 ⇔ –3x + 6 + 2y + 2 = 13 ⇔ –3x + 2y – 5 = 0 ⇔ 3x – 2y + 5 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 3x + 2y + 9 = 0 dan 3x – 2y + 5 = 0. 4. Titik T(–4, 1) terletak pada lingkaran L1 karena: (–4)2 + 12 + 10(–4) + 4(1) + 19 = 16 + 1 – 40 + 4 + 19 =0 Persamaan garis singgung lingkaran L1 di titik T: g: –4x + y + 5(x – 4) + 2(y + 1) + 19 = 0 ⇔ –4x + y + 5x – 20 + 2y + 2 + 19 = 0 ⇔ x + 3y + 1 = 0 Jari-jari lingkaran L 2 sama dengan jarak titik P(4, –1) ke garis singgung g. Jari-jari lingkaran L2: r2 =
+ × − + + −
=
(x – ⇔
+ (y +
1)2
=
x2 – 8x + 16 + y2 + 2y + 1 =
⇔ + – 40x + 10y + 83 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya adalah 5x2 + 5y2 – 40x + 10y + 83 = 0. 5x2
5y2
5. L: x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0 ⇔ x2 – 8x + y2 – 8y = –24 2 ⇔ x – 8x + 42 + y2 – 8y + 42 = –24 + 42 + 42 ⇔ (x – 4)2 + (y – 4)2 = 8 Diperoleh titik pusat lingkaran P(4, 4) dan jari-jari r = .
84
y – 4 = –1(x – 4) ±
+ −
⇔ y – 4 = –x + 4 ± ⇔ y = –x + 8 ± 4 ⇔ y = –x + 12 atau y = –x + 4 Jadi, persamaan garis singgungnya y = –x + 12 dan y = –x + 4. 6. g: 2x + 2y + 5 = 0 2y = –2x – 5
y = –x – → mg = -1 Syarat tegak lurus m1mg = –1 m1mg = –1 ⇔ –m1 = –1 ⇔ m1 = 1 x2 + y2 – 2x + 8y + 1 = 0 Titik pusat lingkaran (1, –4) sehingga:
+ − − = = 4 Persamaan lingkaran: (x – 1)2 + (y + 4)2 = 16 Persamaan garis singgung: r=
⇔
y – b = m(x – a) ± r +
⇔
y + 4 = 1(x – 1) ± 4 +
⇔
y =x–1–4±4
⇔
y=x–5±4
g1: y = x – 5 + 4
Persamaan lingkaran L2: 4)2
Garis y = x melalui titik pusat lingkaran, maka garis singgung lingkaran yang melalui titik potong antara lingkaran L dan garis y = x tegak lurus dengan garis y = x. Oleh karena garis y = x bergradien 1, garis singgungnya bergradien –1. Persamaan garis singgungnya:
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
g2: y = x – 5 – 4 Jadi, garis singgungnya adalah g1: y = x – 5 + 4 dan g2: y = x – 5 – 4 . 7. L: x2 + y2 + 2x – 6y = 0 ⇔ x2 + 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = 1 + 9 ⇔ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 10 Diperoleh koordinat titik pusat (–1, 3) dan jari-jari r = . g: 2x + 6y – 5 = 0
⇔ y = –x +
Diperoleh gradien garis g adalah – .
Garis singgung yang tegak lurus garis g bergradien 3. Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m = 3 adalah: y – 3 = 3(x + 1) ±
+
⇔ y – 3 = 3x + 3 ± ⇔ 0 = 3x – y + 6 ± 10 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran adalah 3x – y + 16 = 0 dan 3x – y – 4 = 0. 8. Titik pusat lingkaran L1: P1(–2, 2). Jari-jari lingkaran: r1 = − + + =
= 5.
Titik pusat lingkaran L2: P2(10, –7). Jari-jari lingkaran: r2 = + − − = = 10. A
Y P1 2 –2
10
Q
–7
X
P2
Lingkaran L1 dan L2 bersinggungan di titik Q. Garis A adalah garis singgung persekutuan lingkaran L1 dan L2. Gradien garis P1P2. −
m1 =
−
=
− − − −
=–
m1m = –1 ⇒ – m = –1 ⇔ m = Menentukan koordinat titik Q. L1: x2 + y2 + 4x – 4y – 17 = 0 2 L2: x + y2 – 20x + 14y + 49 = 0 ––––––––––––––––––––––––– – 24x – 18y – 66 = 0 ⇔ 4x – 3y – 11 = 0
Substitusikan y =
y = −
⇔
x2
+
= –1
Diperoleh koordinat titik Q(2, –1). Persamaan garis yang bergradien m dan melalui titik (x1, y1): y – y1 = m(x – x1)
Garis A bergradien dan melalui titik Q(2, –1) maka persamaan garis A:
y + 1 = (x – 2) ⇔ 3y + 3 = 4x – 8 ⇔ 4x – 3y – 11 = 0 Jadi, persamaan garis singgung di titik singgung lingkaran L1 dan L2 adalah 4x – 3y – 11 = 0. 9. Lingkaran: (x – 2)2 + (y – 6)2 = 16 Titik pusat (2, 6) dan jari-jari r = 4. Titik (–1, 2) berada di luar lingkaran. Persamaan garis kutub dari titik (–1, 2): (x1 – 2)(x – 2) + (y1 – 6)(y – 6) = 16 ⇒ (–1 – 2)(x – 2) + (2 – 6)(y – 6) = 16 ⇔ (–3)(x – 2) + (–4)(y – 6) = 16 ⇔ –3x + 6 – 4y + 24 = 16 ⇔ –4y = 3x – 14 y=
(x – 2)2 + (
⇔
x2 – 4x + 4 + (
⇔
−
– 17 = 0
⇔ 9x2 + 16x2 – 88x + 121 + 36x – 48x + 132 – 153 = 0
⇔ ⇔ ⇔
− −
− + 2 ) −
x2 – 4x – 12 + (
⇔
ke dalam persamaan L1.
− + + 4x – x +
× −
⇒
− 2 − x2 + + 4x – 4 – 17 = 0
y=
− .
− −
Substitusikan persamaan garis kutub ke dalam persamaan lingkaran. (x – 2)2 + (y – 6)2 = 16
Misalkan gradien garis A adalah m. Garis A tegak lurus garis P1P2 maka
⇔
Substitusikan x = 2 ke dalam y =
⇔
=–
⇔ 25x2 – 100x + 100 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 = 0 ⇔ (x – 2)2 = 0 ⇔ x=2
x2 – 4x – 12 + 16x2
– 64x – 192 +
– 16 = 0
+ 2 ) −
+ +
=0 =0
9x2
+ 60x + 100 = 0 25x2 – 4x – 92 = 0 (x – 2)(25x + 46) = 0
⇔ x=2
– 6)2 = 16
x = 2 atau x = – ⇒ y=
− − −
= − = 2
Matematika Kelas XI Program IPA
85
⇔
x = – ⇒ y = –
− − −
−
= − =
Persamaan garis singgung di titik (2, 2): (x1 – 2)(x – 2) + (y1 – 6)(y – 6) = 16 ⇔ (2 – 2)(x – 2) + (2 – 6)(y – 6) = 16 ⇔ (0)(x – 2) + (–4)(y – 6) = 16 ⇔ –4y + 24 = 16 ⇔ –4y = –8 ⇔ y=2 Persamaan garis singgung di titik (–
,
10. r =
⇔ y + 20 = –2(x – 3) ± 2 ):
⇔ (– – 2)(x – 2) + ( – 6)(y – 6) = 16
A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran O(0, 0) dan jari-jarinya 4. Persamaan lingkaran: x2 + y2 = 42 ⇔ x2 + y2 = 16 2. Jawaban: e y = 2x – 3 ⇔ 2x – y – 3 = 0 Jari-jari lingkaran L sama dengan jarak titik O(0, 0) ke garis 2x – y – 3 = 0, yaitu: r=
− × − − + −
=
−
=2
y – b = m(x – a) ± r +
(x1 – 2)(x – 2) + (y1 – 6)(y – 6) = 16
⇔ (–96)(x – 2) + (–28)(y – 6) = 400 ⇔ –96x + 192 – 28y + 168 = 400 ⇔ –96x – 28y = 40 ⇔ 24x + 7y = –10 Jadi, persamaan garis singgungnya y = 2 dan 24x + 7y = –10.
− − −
=
(– )(x – 2) + (– )(y – 6) = 16
⇔ r2 =
+
⇔ y + 20 = –2x + 6 ± 2 ⇔ y + 20 = –2x + 6 ± 4 ⇔ y = –2x – 14 ± 4 Jadi, persamaan garis singgungnya: g1: y = –2x – 10 dan g2: y = –2x – 18
4. Jawaban: b Lingkaran berdiameter 12 berarti jari-jarinya r = 6. Persamaan lingkaran dengan pusat (2, 7) dan jarijari r = 6 adalah: (x – 2)2 + (y – 7)2 = 62 ⇔ (x – 2)2 + (y – 7)2 = 36 Jadi, persamaan lingkarannya adalah (x – 2)2 + (y – 7)2 = 36. 5. Jawaban: b Lingkaran yang berpusat di titik (2, –3) dan menyinggung sumbu X sebagai berikut. Y
Persamaan lingkaran L:
x2 + y2 = r2 ⇒
x2 + y2 =
⇔
x2
+
y2
=
⇔ + = 81 Jadi, persamaan lingkarannya adalah 25x2 + 25y2 = 81. 25x2
2
X
r=3 –3
25y2
3. Jawaban: d (x – a)2 + (x – b)2 = r2 ⇔ (x – 2)2 + (x – (–1))2 = ( )2 ⇔ (x – 2)2 + (x + 1)2 = 27 Jadi, persamaan lingkaran yang berpusat di (2, –1) dengan jari-jari adalah (x – 2)2 + (x + 1)2 = 27.
86
0
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
Dari gambar diperoleh koordinat titik pusat lingkaran (2, –3) dan jari-jari 3. Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y – (–3))2 = 32 ⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 9 2 ⇔ x – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 – 9 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 6y + 4 = 0
6. Jawaban: c x2 + y2 + 4x – 12y – 9 = 0 ⇔ x2 + 4x + y2 – 12y = 9 2 ⇔ x + 4x + 4 + y2 – 12y + 36 = 9 + 4 + 36 ⇔ (x + 2)2 + (y – 6)2 = 49 ⇔ (x + 2)2 + (y – 6)2 = 72 Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 6) dan jari-jari 7. Titik pusat lingkaran: 2, – p .
Lingkaran menyinggung sumbu Y maka r = |absis titik pusat|| ⇒
+ − = 2
⇔ ⇔
= 25
p2
= 100
⇔ p = ± = ±10 Jadi, nilai p adalah ±10. 8. Jawaban: e x2 + y2 – 10x + 6y + 16 = 0 Pusat
(–
× (–10),
–
× 6) → P(5, –3)
Jadi, titik pusatnya (5, –3). 9. Jawaban: a x2 + y2 – 6x + 2 = 0 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 = –2 + 9 ⇔ (x – 3)2 + y2 = 7 Diperoleh koordinat titik pusat (3, 0). Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (3, 0) dan berjari-jari 1 adalah: (x – 3)2 + y2 = 12 ⇔ x2 – 6x + 9 + y2 = 1 ⇔ x2 + y2 – 6x + 8 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya adalah x2 + y2 – 6x + 8 = 0. 10. Jawaban: a 4y – 3x + 25 = 0 ⇔ y =
−
−
⇔ ⇔ ⇔
x2 +
− − + + −
− −
=
=
−
= |–2| = 2
−
titik (– , – ) = (–4, 1). Persamaan lingkaran yang berpusat di titik (–4, 1) dan berjari-jari 6 adalah (x + 4)2 + (y – 1)2 = 62 2 ⇔ x + 8x + 16 + y2 – 2y + 1 = 36 2 ⇔ x + y2 + 8x – 2y + 16 + 1 – 36 = 0 ⇔ x2 + y2 + 8x – 2y – 19 = 0 Jadi, nilai a = –19. 13. Jawaban: e Lingkaran yang menyinggung sumbu X dan sumbu Y berpusat di titik (a, a) atau (a, –a) dan berjari-jari a. 1) Misalkan titik pusat (a, a) terletak pada garis 4x – 2y = 8, maka: 4a – 2a = 8 ⇔ 2a = 8 ⇔ a=4 Persamaan lingkaran dengan pusat (4, 4) dan berjari-jari 4 adalah (x – 4)2 + (y – 4)2 = 42. 2) Misalkan titik pusatnya (a, –a) terletak pada garis 4x – 2y = 8, maka: 4a – 2(–a) = 8 ⇔ 4a + 2a = 8 ⇔ 6a = 8
⇔
a=
. . . (1)
x2 + y2 = 25 . . . (2) Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). x2 + y2 = 25 ⇔
r=
– 21 = 22
⇔
−
= = –4 Jadi, koordinat titik A (3, –4).
12. Jawaban: e Lingkaran x2 + y2 + 8x – 2y + a = 0 berpusat di
× −
Jadi, diameter lingkaran: d = 2r = 2 × 2 = 4.
+ − − = 2
⇔
x=3→y=
11. Jawaban: c Jari-jari lingkaran merupakan jarak titik pusat (–2, 3) dengan garis singgungnya 4x – 3y + 7 = 0.
7. Jawaban: a
⇔ x2 – 6x + 9 = 0 ⇔ (x – 3)2 = 0 ⇔ x=3 Substitusikan x = 3 ke dalam persamaan (1).
dan berjari-jari adalah:
= 25
− +
= 25
16x2 + 9x2 – 150x + 625 = 400 25x2 – 150x + 225 = 0
(x – )2 + (y + )2 = . Jadi, persamaan lingkaran yang dimaksud adalah
x2 +
Persamaan lingkaran dengan pusat ( , – )
(x – 4)2 + (y – 4)2 = 42 dan (x – )2 + (y + )2 =
14. Jawaban: c Titik pusat L1: P1(5, –1) Jari-jari L1: r1 =
+ − + =
= 6
Matematika Kelas XI Program IPA
87
.
Titik pusat L2: P2(–4, 11)
− + + =
Jari-jari L2: r2 =
= 12
Jarak kedua titik pusat: d = |P1P2| =
− + −
=
− − + − −
= = 15 r1 + r2 = 6 + 12 = 18 |r1 – r2| = |6 – 12| = 6 Oleh karena r1 – r2 < d < r1 + r2 maka kedua lingkaran saling berpotongan. 15. Jawaban: d Misalkan lingkaran L1 di kuadran I maka titik pusatnya: P(2, 2). Y
2 O
r1
r1 P r1
A
L1
X
2
Lingkaran L2 bersinggungan di dalam dengan L1 di titik A. Jari-jari L2: r2 = OP + PA =
− + −
+ r1
= +2=2 +2 Persamaan L2: x2 + y2 = r22 ⇔ x2 + y2 = (2 + 2)2 ⇔ x2 + y2 = 8 + 8 + 4 ⇔ x2 + y2 = 12 + 8 Jadi, persamaan lingkarannya x2 + y2 = 12 + 8 . 16. Jawaban: d Persamaan garis singgung di titik (6, –8) pada lingkaran x2 + y2 = 100 x1x + y1y = r2 ⇔ 6x – 8y = 100 ⇔ 3x – 4y = 50 Jadi, persamaan garis singgung adalah 3x – 4y = 50.
88
18. Jawaban: a Persamaan: x2 + y2 + 3x + 4y – 12 = 0 Untuk x = 0 dan y = 2 diperoleh: (0)2 + (2)2 + 3(0) + 4(2) – 4 = 0 + 4 + 0 + 8 – 12 = 0 Diperoleh titik (0, 2) terletak pada lingkaran, sehingga persamaan garis singgungnya:
x1x + y1y + (x + x1) + (y + y1) – 12 = 0 L2
17. Jawaban: c (x + 2)2 + (y – 1)2 = 26 Untuk x = –3 dan y = 6 diperoleh: r2 = (–3 + 2)2 + (6 – 1)2 = 1 + 25 = 26 Diperoleh titik (–3, 6) terletak pada lingkaran, sehingga persamaan garis singgungnya: (x1 + 2)(x + 2) + (y1 – 1)(y – 1) = 26 ⇔ (–3 + 2)(x + 2) + (6 – 1)(y – 1) = 26 ⇔ (–1)(x + 2) + (5)(y – 1) = 26 ⇔ –x – 2 + 5y – 5 – 26 = 0 ⇔ –x + 5y – 33 = 0 ⇔ x – 5y + 33 = 0 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran adalah x – 5y + 33 = 0.
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
⇔ 0x + 2y + (x + 0) + 2(y + 2) – 12 = 0
⇔
2y + x + 2y + 4 – 12 = 0 ⇔ 4y + 3x + 4y – 16 = 0 ⇔ 3x + 8y – 16 = 0 y = 0 ⇒ 3x + 8(0) – 16 = 0 ⇔ 3x = 16
⇔
x =5
Jadi, garis singgung lingkaran berpotongan dengan
sumbu X di titik (5 , 0). 19. Jawaban: c Misalkan titik singgung lingkaran L: x2 + y2 – 4x + 8y + 15 = 0 adalah T(a, –2) maka a2 + (–2)2 – 4a + 8 × (–2) + 15 = 0 ⇔ a2 + 4 – 4a – 16 + 15 = 0 ⇔ a2 – 4a + 3 = 0 ⇔ (a – 3)(a – 1) = 0 ⇔ a = 3 atau a = 1 Diperoleh titik singgung T1(1, –2) dan T2(3, –2). Persamaan garis singgung di T1 (1, –2):
x – 2y – (x + 1) + (y – 2) + 15 = 0 ⇔ x – 2y – 2x – 2 + 4y – 8 + 15 = 0 ⇔ –x + 2y + 5 = 0 ⇔ x – 2y – 5 = 0
Persamaan garis singgung di T2 (3, –2): 3x – 2y –
(x
+ 3) +
(y
20. Jawaban: b Misalkan persamaan garis singgung yang melalui (7, –1) dengan gradien m adalah: y + 1 = m(x – 7) ⇔ y = mx – 7m – 1 . . . (1) Substitusi (1) ke persamaan x2 + y2 = 25 Diperoleh: x2 + (mx – 7m – 1)2 = 25 x2 + m2x2 – 14m2x – 2mx + 49m2 + 14m + 1 = 25 (1 + m2)x2 – (14m² + 2m)x + (49m² + 14m – 24) = 0
Nilai diskriminan, yaitu D = (14m2 + 2m)2 – 4(1 + m2)(49m2 + 14 m – 24) D = 196m4 + 56m3 + 4m2 – 100m2 – 56m + 96 – 196m4 – 56m3 D = –96m2 – 56m + 96 Syarat garis menyinggung lingkaran, yaitu D = 0 sehingga: –96m2 – 56m + 96 = 0 atau 12m2 + 7m – 12 = 0 m=
− +
atau m = 1)
= =
− −
−
Untuk m =
⇔ ⇔ 2)
= = –
⇔
y = x – 7 × –1
y= x– 4y – 3x + 25 = 0
Untuk m = –
⇔
+ y = –x ± 6
⇔
y = –x ± 6 × ⇔ 4y = –3x ± 30 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya: 4y = –3x – 30 ⇔ 3x + 4y + 30 = 0 22. Jawaban: c Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y + 4)2 = 10 Persamaan garis singgung yang bergadien m = –3: y – b = m(x – a) ± r + ⇒
y + 4 = –3(x – 2) ±
y =–x–7×–()–1
⇔
y = –x + ⇔ 3y + 4x – 25 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 4y – 3x + 25 = 0 atau 3y + 4x – 25 = 0. 21. Jawaban: a Lingkaran: x2 + y2 = 36 Pusat: (0, 0) dan jari-jari r = 3x + 4y – 20 = 0
⇔ y = –x – 5
Diperoleh gradien m = – .
+ −
⇔ y + 4 = –3x + 6 ± ⇔ 3x + y = 2 ± 10 ⇔ 3x + y = 2 + 10 dan 3x + y = 2 – 10 ⇔ 3x + y = 12 dan 3x + y = –8 Jadi, persamaan garis singgungnya 3x + y = 12 dan 3x + y = –8. 23. Jawaban: e Selidiki kedudukan titik (0, 0) terhadap lingkaran L: x2 + y2 – 6x – 8y + 20 = 0. Substitusikan titik (0, 0) ke dalam persamaan lingkaran L. 02 + 02 – 6 × 0 – 8 × 0 + 20 = 0 + 0 – 0 – 0 + 20 = 20 > 0 Oleh karena hasil substitusi titik (0, 0) ke persamaan lingkaran L hasilnya lebih dari nol maka titik (0, 0) terletak di luar lingkaran L. Persamaan garis kutub titik (0, 0) terhadap lingkaran L:
⇔
y = – x ± 6 − +
– 2) + 15 = 0
⇔ 3x – 2y – 2x – 6 + 4y – 8 + 15 = 0 ⇔ x + 2y + 1 = 0 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya x – 2y – 5 = 0.
⇔ ⇔
Persamaan garis singgung:
0 × x + 0 × y – (x + 0) – (y + 0) + 20 = 0 ⇔ –3x – 4y + 20 = 0 ⇔
− − ke
y=
Substitusikan y =
dalam persamaan
lingkaran L. − 2 − x2 + – 6x – 8 + 20 = 0
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
x2
− + –
= 6
+
16x2
6x – 40 + 6x + 20 = 0
+ 400 – 120x + 9x2 – 320 = 0 25x2 – 120x + 80 = 0 5x2 – 24x + 16 = 0 (5x – 4)(x – 4) = 0 5x – 4 = 0 atau x – 4 = 0
x=
atau
Matematika Kelas XI Program IPA
x=4
89
− ×
Untuk x1 = maka y1 = Untuk x2 = 4 maka y2 =
− ×
=5– =
⇔
=2
Diperoleh titik singgung , dan (4, 2). Persamaan garis singgung pada lingkaran L:
(1) Di titik , : x
⇔
+ y – x + – y + + 20 = 0 x
+
y – 3x –
– 4y –
⇔ 4x + 22y – 15x – 20y = 0 ⇔ –11x + 2y = 0 ⇔ 11x – 2y = 0
+ 20 = 0
(2) Di titik (4, 2):
4x + 2y – (x + 4) – (y + 2) + 20 = 0 ⇔ 4x + 2y – 3x – 12 – 4y – 8 + 20 = 0 ⇔ x – 2y = 0 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran x2 + y2 – 6x – 8y + 20 = 0 di titik (0, 0) adalah 11x – 2y = 0 atau x – 2y = 0. 24. Jawaban: d Diketahui lingkaran dengan pusat (2, –3) dan r = = . Persamaan garis singgung: y – b = m(x – a) ± r + ⇔ y + 3 = 1(x – 2) ± ⇔
+
y=x–2–3±
⇔ y=x–5±4 g1: y = x – 1 g2: y = x – 9 Jadi, salah satu persamaan garis singgungnya adalah y = x – 9. 25. Jawaban: d Y
4
5) 2, Q
(–
A1
B1 7
P(5, b) r B2 O
A2
X
Garis singgung A1 tegak lurus PB1 dan garis singgung A2 tegak lurus PB2. Jarak PQ =
90
− + − =
+
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
− − + − =
+
⇔ + (5 – = 65 ⇔ 49 + 25 – 10b + b2 = 65 ⇔ b2 – 10b + 9 = 0 ⇔ (b – 1)(b – 9) = 0 ⇔ b = 1 atau b = 9 Jadi, nilai b = 1 atau b = 9. (–7)2
b)2
26. Jawaban: e L: (x + 5)2 + (y – 6)2 = 9 Substitusikan x = –5 ke dalam persamaan lingkaran L. (–5 + 5)2 + (y – 6)2 = 9 ⇔ (y – 6)2 = 9 ⇔ y – 6 = ±3 ⇔ y=6±3 ⇔ y = 9 atau y = 3 Diperoleh titik potong (–5, 9) dan (–5, 3). Persamaan garis singgung di titik (–5, 9): (–5 + 5)(x + 5) + (9 – 6)(y – 6) = 9 ⇔ 0(x + 5) + 3(y – 6) = 9 ⇔ y–6=3 ⇔ y=9 Persamaan garis singgung melalui (–5, 3): (–5 + 5)(x + 5) + (3 – 6)(y – 6) = 9 ⇔ 0(x + 5) – 3(y – 6) = 9 ⇔ y – 6 = –3 ⇔ y=3 Jadi, garis singgungnya y = 3 dan y = 9. 27. Jawaban: d Titik pusat lingkaran: (3, –2). Jari-jari lingkaran: r = + − + = = 3 . Lingkaran memotong sumbu Y maka x = 0. 02 + y2 – 6 × 0 + 4y – 5 = 0 ⇔ y2 + 4y – 5 = 0 ⇔ (y + 5)(y – 1) = 0 ⇔ y + 5 = 0 atau y – 1 = 0 ⇔ y = –5 atau y=1 Diperoleh titik A(0, 1) dan B(0, –5). Persamaan garis singgung di titik A: 0 + 1 × y – 3(x + 0) + 2(y + 1) – 5 = 0 ⇔ y – 3x + 2y + 2 – 5 = 0 ⇔ –3x + 3y – 3 = 0 ⇔ x–y+1=0 Persamaan garis singgung di titik B: 0 – 5 × y – 3(x + 0) + 2(y – 5) – 5 = 0 ⇔ –5y – 3x + 2y – 10 – 5 = 0 ⇔ –3x – 3y – 15 = 0 ⇔ x+y+5=0 Jadi, persamaan garis singgung lingkaran adalah x – y + 1 = 0 dan x + y + 5 = 0.
28. Jawaban: d Dari persamaan lingkaran x2 + y2 + 2x – 6y + 6 = 0 diperoleh: Titik pusat lingkaran: P(–1, 3).
− + − = 2. Garis yang sejajar sumbu Y mempunyai persamaan x = a atau x – a = 0. Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(–1, 3) ke garis x – a = 0. Jari-jari lingkaran: r =
r =
− −
= | –1 – a |
⇔ r2 ⇔ 22 2 ⇔ a + 2a – 3 ⇔ (a + 3)(a – 1) ⇔ a+3 ⇔ a Jadi, persamaan x = 1.
= | –1 – a |2 = 1 + 2a + a2 =0 =0 = 0 atau a – 1 = 0 = –3 atau a=1 garis singgungnya x = –3 atau
29. Jawaban: b Misalkan garis singgung lingkaran L di titik A
adalah g dan gradiennya mg = – . OA merupakan jari-jari lingkaran L. Persamaan garis yang melalui OA: − − ⇔
⇔
= =
y=
− − x
Gradien garis yang melalui OA: m = Garis g tegak lurus garis yang melalui OA maka mg × m = –1 ⇒
–
× = –1 ⇔ a=1 Jadi, nilai a = 1.
⇔
y=
x+
→ mg =
⇔ m1 × = –1
⇔
y =–x+ – 3 ± 4
⇔
y =–x+ – 3 ± 4 ×
⇔
y =–x – ±
y = – x – + atau
y=–x– –
y = –x + atau y = – x – 3y = –4x + 19 atau 3y = –4x – 21 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah h1: 3y = –4x + 19 dan h2: 3y = –4x – 21. B. Uraian 1. a. Persamaan lingkaran dengan pusat O(0, 0) adalah x2 + y2 = r2. Lingkaran melalui titik (3, –2): x2 + y2 = r2 ⇒ (3)2 + (–2)2 = r2 ⇔ r2 = 9 + 4 = 13 Jadi, persamaan lingkaran: x2 + y2 = 13. b. Lingkaran berdiameter 8 berarti jari-jarinya r = 4. Persamaan lingkaran dengan pusat P(–3, 1) dan jari-jari r = 4 adalah: (x – (–3))2 + (y – 1)2 = 42 ⇔ (x + 3)2 + (y – 1)2 = 16 2 ⇔ x + 6x + 9 + y2 – 2y + 1 – 16 = 0 ⇔ x2 + y2 + 6x – 2y – 6 = 0 2. L: x2 + y2 + 6x – 14y + 9 = 0 Titik pusat: – (6), – (–14) = (–3, 7)
− −
= − = = 7 Jadi, pusat lingkaran L(–3, 7) dan jari-jarinya 7. Persamaan lingkaran dengan pusat (–3, 7) dan r = 5: (x + 3)2 + (y – 7)2 = 52 ⇔ x2 + 6x + 9 + y2 – 14y + 49 – 25 = 0 ⇔ x2 + y2 + 6x – 14y + 33 = 0 Jadi, persamaan lingkarannya adalah x2 + y2 + 6x – 14y + 33 = 0.
3. Titik pusat L1: P1(0, –4).
m1 = –
Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y + 3)2 = 16 a = 2, b = –3, r =
⇔ y + 3 = – x + ± 4 +
b.
⇔ y + 3 = – (x – 2) ± 4 + −
Jari-jari = r =
Syarat tegak lurus m1 × mg= –1 m1 × mg = –1
⇔
y – b = m(x – a) ± r +
a.
30. Jawaban: d g: –3x + 4y – 1 = 0 ⇔ 4y = 3x + 1
Persamaan garis singgung:
= 4
Jari-jari L1: r1 =
+ − − =
.
Titik pusat L2: P2(4, 2). Jari-jari L2: r2 =
+ − =
.
Matematika Kelas XI Program IPA
91
Oleh karena jari-jari r1 = r2 maka titik P3 merupakan titik tengah garis P1P2.
b.
2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0 Untuk x = –3 dan y = 2 diperoleh: 2(–3)2 + 2(2)2 + 8(–3) – 12(2) + 25 = 18 + 8 – 24 – 24 + 25 = 3 > 0 Oleh karena hasilnya positif, maka titik Q di luar lingkaran L.
6. a.
Lingkaran L berpusat di O(0, 0) dan melalui (7, –24).
Koordinat titik pusat: P3
+
,
+
+
= P3 , = P3(2, –1)
− +
Jari-jari L3: r3 = 2r1 = 2r2 = 2 .
Persamaan lingkaran L3: (x – xP )2 + (y – yP )2 = r32 3 3 ⇔ (x – 2)2 + (y + 1)2 = (2 )2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 2y + 1 = 52 ⇔ x2 + y2 – 4x + 2y – 47 = 0 Jadi, persamaan lingkaran L3: x2 + y2 – 4x + 2y – 47 = 0 4. x – 2y = 5 → y =
−
b.
y = mx ± r + = –3x ± 25 + − = –3x ± 25
. . . (1)
. . . (2) x2 + y2 – 4x + 8y + 10 = 0 Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). x2 + y2 – 4x + 8y + 10 = 0 −
⇔
x2 + – 4x + 8 + 10 = 0
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
−
x2 + 4x2
+
x2
− +
– 1x + 4x – 20 + 10 = 0
– 10x + 25 – 16x + 16x – 80 + 40 = 0 5x2 – 10x – 15 = 0 x2 – 2x – 3 = 0 2 2 D = b – 4ac = (–2) – 4(1)(–3) = 4 + 12 = 16 > 0 Oleh karena D > 0, garis x – 2y = 5 memotong lingkaran x2 + y2 – 4x + 8y + 10 = 0 di dua titik berbeda. Titik-titik potongnya, yaitu: x2 – 2x – 3 = 0 ⇔ (x – 3)(x + 1) = 0 ⇔ x = 3 atau x = –1 − = − − =
Untuk x = 3 diperoleh y =
–1
Untuk x = –1 diperoleh y
= –3
− + + +
=
⇔ r2 =
(x – (–2))2 + (y – 3)2 =
(x + 2)2 + (y – 3)2 =
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = ⇔ 2x2 + 8x + 8 + 2y2 – 12y + 18 = 1 ⇔ 2x2 + 2y2 + 8x – 12y + 25 = 0
92
8. L: x2 + y2 + 4x – 2y – 15 = 0 ⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – 2y + 1 = 15 + 4 + 1 ⇔ (x + 2)2 + (y – 1)2 = 20 Diperoleh koordinat titik pusat (–2, 1) dan jari-jari
⇔ y = –2x +
Diperoleh gradien garis g adalah –2. a. Garis singgung yang sejajar garis garis g bergradien m = –2. Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m = –2 adalah: y – 1 = –2(x + 2) ±
Persamaan lingkaran:
⇔
7. Persamaan lingkaran: (x – 2)2 + (y + 3)2 = 25 a. Untuk x = –2 dan y = –6 diperoleh: (x – 2)2 + (y + 3)2 = (–2 – 2)2 + (–6 + 3)2 = 16 + 9 = 25 Jadi, titik (–2, –6) terletak pada lingkaran. b. Persamaan garis singgung lingkaran di titik P(–2, –6) yaitu: (x1 – 2)(x – 2) + (y1 + 3)(y + 3) = 25 ⇔ (–2 – 2)(x – 2) + (–6 + 3)(y + 3) = 25 ⇔ –4(x – 2) – 3(y + 3) = 25 ⇔ –4x + 8 – 3y – 9 = 25 ⇔ 4x + 3y + 26 = 0
Pusat lingkaran: P(–2, 3) Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik pusat ke garis x + y = 0, yaitu: r=
Jadi, persamaan garis singgungnya y = –3x + 25 dan y = –3x – 25 .
r = . g: 6x + 3y – 1 = 0
Jadi, titik potongnya adalah (3, –1) dan (–1, –3). 5. a.
r = + − = + = = 25 Persamaan lingkaran L: x2 + y2 = 252 ⇔ x2 + y2 = 625 Persamaan garis singgung bergradien –3 pada lingkaran x2 + y2 = 625.
Persamaan Lingkaran dan Garis Singgung Lingkaran
+ −
⇔ y – 1 = –2x – 4 ± ⇔ y = –2x – 3 ± 10 ⇔ 2x + y = –3 ± 10 (1) 2x + y = –3 + 10 ⇔ 2x + y = 7 (2) 2x + y = –3 – 10 ⇔ 2x + y = –13 Jadi, persamaan garis singgungnya 2x + y = 7 dan 2x + y = –13.
b.
Garis singgung yang tegak lurus garis g bergradien m =
a.
.
⇔
Persamaan garis singgung lingkaran L yang bergradien m =
⇔
y–1=x+1±
+
⇔ y=x+2±5 ⇔ 2y = x + 4 ± 10 ⇔ x – 2y = –4 ± 10 (1) x – 2y = –4 + 10 ⇔ x – 2y = 6 (2) x – 2y = –4 – 10 ⇔ x – 2y = –14 Jadi, persamaan garis singgungnya x – 2y = 6 dan x – 2y = –14. 9. Ordinat titik pusat = 2. Misalkan koordinat titik pusat lingkaran P(a, 2). Garis g: x – 3y + 5 = 0 melalui titik pusat lingkaran berarti titik P(a, 2) terletak pada garis g, sehingga: a–3×2+5=0⇔a=1 Diperoleh titik pusat: P(1, 2). Jari-jari lingkaran sama dengan jarak titik P(1, 2) ke titik A(0, –1): r =
2 maka: 2 =
− + − −
=
+
=
+
=
⇔ r2 = 10 Persamaan lingkaran: (x – xP)2 + (y – yP)2 = r2 ⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 10 Persamaan garis singgung di titik A(0, –1): (0 – 1)(x – 1) + (–1 – 2)(y – 2) = 10 ⇔ –x + 1 – 3y + 6 = 10 ⇔ –x – 3y – 3 = 0 ⇔ x + 3y + 3 = 0 Jadi, persamaan garis singgung di titik A x + 3y + 3 = 0. 10. L: x2 + y2 – 4x + 8y – 5 = 0 Titik pusat: P(2, –4)
× − − +
⇔ (2 )2 = ⇔
20 =
−
⇔ c2 = 100 ⇔ c = ± 10 Oleh karena c > 0 maka c = 10. Persamaan garis g: 2x + y – 10 = 0 ⇔ y = –2x + 10 b.
− + −
=
y = x + 3
Gradien garis A: m = Garis g tegak lurus garis A maka gradien garis g adalah m1 = –2. Persamaan garis g: y = –2x + c dengan c > 0 karena memotong sumbu Y positif. Persamaan garis g menjadi 2x + y – c = 0. Jarak garis g dari titik pusat P(2, –4) adalah
adalah:
y – 1 = (x + 2) ±
A: x – 2y + 6 = 0 ⇔ 2y = x + 6
c.
Mencari koordinat titik potong M dan N. Substitusi y = –2x + 10 ke persamaan L: x2 + (–2x + 10)2 – 4x + 8(–2x + 10) – 5 = 0 ⇔ x2 + 4x2 – 40x + 100 – 4x – 16x + 80 – 5 = 0 ⇔ 5x2 – 60x + 175 = 0 ⇔ x2 – 12x + 35 = 0 ⇔ (x – 7)(x – 5) = 0 ⇔ x = 7 atau x = 5 Untuk x1 = 7 maka y1 = –2 × 7 + 10 = –4 Untuk x2 = 5 maka y2 = –2 × 5 + 10 = 0 Diperoleh titik M(7, –4) dan N(5, 0). Persamaan garis singgung L di titik M(7, –4): 7x – 4y – 2(x + 7) + 4(y – 4) – 5 = 0 ⇔ 7x – 4y – 2x – 14 + 4y – 16 – 5 = 0 ⇔ 5x – 35 = 0 ⇔ x=7 Persamaan garis singgung L di titik N(5, 0): 5x – 0 – 2(x + 5) + 4(y + 0) – 5 = 0 ⇔ 5x – 2x – 10 + 4y – 5 = 0 ⇔ 3x + 4y – 15 = 0 Jadi, persamaan garis singgungnya x = 7 dan 3x + 4y – 15 = 0.
Matematika Kelas XI Program IPA
93
A. Pilihan Ganda 1.
Median terletak di kelas interval 76–80. L = 75,5; fme = 15; fkme = 11; n = 40; dan p = 5.
Jawaban: b n1 = 46 → = 6,5
Me = L +
n2 = 4 n = 46 + 4 = 50 → = 6,5 + 0,04 = 6,54 =
+ +
⇔ 6,54 =
+
= 75,5 + 3 = 78,5 Jadi, median data tersebut 78,5. 4.
= 7
Jawaban: c Kecepatan
fi
xi
fixi
50–54 55–59 60–64 65–69 70–74 75–79 80–84
2 n 30 36 18 14 6
52 57 62 67 72 77 82
104 57n 1.860 2.412 1.296 1.078 492
Jawaban: a xi
5
6
7
8
9
10
Jumlah
fi
3
5
4
6
1
1
20
Σfi = 106 + n
fixi
15
30
28
48
9
10
140
Σfixi = 7.242 + 57n – x=
∑ Rata-rata =
=
∑
= = 7
Banyak siswa tidak lulus = banyak siswa yang nilainya < 7 =3+5 =8 Jadi, banyak siswa yang tidak lulus 8 orang. Jawaban: e
94
Nilai
Frekuensi
Frekuensi Kumulatif
61–65 66–70 71–75 76–80 81–85 86–90 91–95
1 5 5 15 8 4 2
1 6 11 26 34 38 40
Ulangan Akhir Semester
Σ Σ
⇔
67 =
+ +
⇔ 7.102 + 67n = 7.242 + 57n ⇔ 10n = 140 ⇔ n = 14 Banyak mobil yang berkecepatan kurang dari 60 km/jam = 14 + 2 = 16.
=
3.
×5
= 75,5 + × 5
Jadi, nilai rata-rata ulangan susulan 4 siswa adalah 7. 2.
×p
−
327 = 299 + = 28
⇔
= 75,5 +
+ +
⇔ 6,54 =
⇔ ⇔
−
5.
Jawaban: a Panjang (cm)
Frekuensi Kumulatif
16–17 18–19 20–21 22–23 24–25 26–27
5 18 25 40 55 60
Diperoleh: n = 5 + 13 + 7 + 15 + 15 + 5 = 60
Frekuensi 18–5 25–18 40–25 55–40 60–55
5 = 13 = 7 = 15 = 15 = 5
Kuartil atas (Q3) di kelas interval 24 – 25. L3 = 23,5; fQ = 15; fk = 40; p = 2; dan n = 60. 3
Q3
−
Q3 = L3 +
Q 3 = L3 +
⋅ −
8.
Jadi, kuartil atasnya adalah 24 cm. Jawaban: d Modus terletak pada kelas interval 65–69 karena frekuensi data pada kelas tersebut paling banyak. L = 64,5 d1 = 35 – 14 = 21 d2 = 35 – 27 = 8 p =5
Frekuensi Kumulatif
40–44 45–49 50–54 55–59 60–64
6 5 7 3 4
6 11 18 21 25
Q1 terletak di kelas interval 45–49. L1 = 44,5; fQ = 5; fk = 6; dan p = 5. 1
Q1 = L1 +
−
Q1
×p
⋅ −
= 44,5 +
×5
4
5
6
7
8
9
Frekuensi (fi)
4
3
3
5
5
4
1
fixi
12
12
15
30
35
32
9
SR =
3
Q3
= = 5,8
Σ − Σ
= = 0,488 Jadi, simpangan rata-rata data tersebut 0,488. 9.
Jawaban: c =7
⇔ ⇔
− + − + + + − + + −
=7 =7
⇔ 6n – 1 = 35 ⇔ 6n = 36 ⇔ n=6 Data menjadi: 4, 9, 8, 5, 9 Σ(xi – )2 = (4 – 6)2 + (9 – 6)2 + (8 – 6)2 + (5 – 6)2 + (9 – 6)2 = (–2)2 + (3)2 + (2)2 + (–1)2 + (3)2 =4+9+4+1+9 = 27
= 44,5 + 0,25 = 44,75 Q3 terletak di kelas interval 55–59. L3 = 54,5; fQ = 3; fk = 18; dan p = 5.
Σ Σ
Σ|xi – | = |3 – 5,8| + |4 – 5,8| + |5 – 5,8| + |6 – 5,8| + |7 – 5,8| + |8 – 5,8| + |9 – 5,8| = 2,8 + 1,8 + 0,8 + 0,2 + 1,2 + 2,2 + 3,2 = 12,2
Jawaban: c Banyak Siswa
3
=
×5
Berat Badan (kg)
Nilai (xi)
Σfi × xi = 145
= 64,5 + 3,62 = 68,12 Jadi, modus dari data di atas adalah 68,12. 7.
Jawaban: d
Σfi = 25
×p
+
= 64,5 +
Qd = (Q3 – Q1) = (55,75 – 44,75) = 5,5 Jadi, jangkauan semi antarkuartil adalah 5,5.
= 24
Mo = L +
×5
= 54,5 + 1,25 = 55,75
×2
+
×p
= 54,5 +
= 23,5 +
6.
⋅ −
×p
= 23,5 +
−
S2 =
Σ −
= = 5,4 Jadi, variansi data tersebut 5,4.
Matematika Kelas XI Program IPA
95
10. Jawaban: b Berat (kg)
fi
xi
fixi
51–55 56–60 61–65 66–70 71–75
4 5 9 5 7
53 58 63 68 73
212 290 567 340 511
Σfi = 30 Σfixi = 1.920 =
=
Σ
Σ
= 64
Σfi (xi – )2 = 4(53 – 64)2 + 5(58 – 64)2 + 9(63 – 64)2 + 5(68 – 64)2 + 7(73 – 64)2 = 4(–11)2 + 5(–6)2 + 9(–1)2 + 5(4)2 + 7(9)2 = 4(121) + 5(36) + 9(1) + 5(16) + 7(81) = 484 + 180 + 9 + 80 + 567 = 1.320 Σ ( − ) Σ
Kolom I dapat diisi oleh dua angka, yaitu 4 dan 5. Kolom II dapat diisi oleh lima angka, karena satu angka sudah digunakan pada kolom I. Kolom III dapat diisi oleh empat angka, karena dua angka sudah digunakan pada kolom I dan kolom II. Jadi, banyak bilangan yang dapat disusun = 2 × 5 × 4 = 40. 13. Jawaban: c Susunan benda yang mungkin: A x x x x x F = 5! F x x x x x A = 5! Cara mengatur bendera = 2 × 5! = 2 × 120 = 240 Jadi, banyak cara mengatur bendera ada 240 cara. 14. Jawaban: a Banyak soal yang harus dikerjakan = 5. Sisa soal yang harus dikerjakan adalah 3 dari 5 soal. Banyak pilihan = 5C3
S= =
=
= =
Jadi, simpangan baku data tersebut 2 . 11. Jawaban: b + + +
= 20 = 20
⇔ (n + 2)(n + 1) = 20 ⇔ n2 + 3n + 2 = 20 ⇔ n2 + 3n – 18 = 0 ⇔ (n + 6)(n – 3) = 0 ⇔ n + 6 = 0 atau n – 3 = 0 ⇔ n = –6 atau n=3 Jadi, nilai n yang memenuhi adalah –6 atau 3. 12. Jawaban: c Angka = 4, 5, 6, 7, 8, 9 Banyak angka = 6 Bilangan tiga angka I
96
II
= 10
Jadi, banyaknya pilihan soal ada 10.
= 2
⇔
× ×
III
Ulangan Akhir Semester
15. Jawaban: d P(A) = peluang seorang anak terjangkit penyakit campak P(A)′ = 1 – P(A) = 1 – 0,12 = 0,88 Banyak anak yang diperkirakan tidak terjangkit penyakit campak = 0,88 × 800 = 704 Jadi, banyak anak yang diperkirakan tidak terjangkit penyakit campak adalah 704 anak. 16. Jawaban: c Dari 20 kartu diambil2 kartu. Banyak anggota ruang sampel: n(S) = 20C2 × ×
= × ×
= 190 Himpunan bilangan prima antara 51 sampai 70 adalah {53, 59, 61, 67}. Banyak bilangan prima ada 4, berarti yang bukan prima ada 16.
A = kejadian terambil kedua kartu tidak bernomor prima n(A) = 16C2 × ×
= × × = 120 Peluang terambil kedua kartu.
Jadi, peluang terambil sekurang-kurangnya
1 kelereng putih adalah . 19. Jawaban: b Banyaknya segitiga = 5C3
= × × ×
= × ×
P(A) =
= = Jadi, peluang terambil kedua kartu tidak bernomor
prima . 17. Jawaban: b Kemungkinan kelereng yang terambil (2 biru, 1 kuning) atau (2 biru, 1 merah). Jumlah kelereng dalam kotak = 3 + 5 + 4 = 12. Banyak anggota ruang sampel: n(S) = 12C3 = 220 P(A) = peluang terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng kuning =
×
×
×
×
= = P(B) = peluang terambil 2 kelereng biru dan 1 kelereng merah =
=
=
Peluang terambil 2 kelereng biru = P(A) + P(B)
= P(B) = kejadian terambil bola pertama berwarna kuning, kedua kuning, dan ketiga merah
= × ×
= Peluang terambil bola pertama dan kedua berwarna kuning: P = P(A) + P(B)
= Jadi, peluang terambil bola pertama dan kedua
=
Jadi, peluang terambil 2 kelereng biru adalah
.
18. Jawaban: a Banyak kelereng = 7 + 5 = 12 n(S) = 12C3 Peluang terambil sekurang-kurangnya 1 kelereng putih = P(1p, 2m) + P(2p, 1m) + P(3p) × + × +
× + × + + +
=
= × ×
= +
=
=
20. Jawaban: a Kemungkinan bola yang terambil (pertama kuning, kedua kuning, ketiga kuning) atau (pertama kuning, kedua kuning, ketiga merah). P(A) = kejadian terambil bola pertama berwarna kuning, kedua kuning, dan ketiga kuning
= +
=
= 10 segitiga Jadi, banyak segitiganya adalah 10 buah.
= =
berwarna kuning adalah . 21. Jawaban: b n(S) = 36 A = mata dadu berjumlah kelipatan 4 = {(1, 3), (2, 2), (3, 1), (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2), (6, 6)} n(A) = 9
P(A) =
=
= Jadi, peluang muncul mata dadu berjumlah
kelipatan 4 adalah .
Matematika Kelas XI Program IPA
97
22. Jawaban: c
−
p = =
−
=
sin x° = = =
3
α
p
sin y° = =
cos x° = = =
tan ( π – α) + 3 cos α
cos y° = =
= cotan α + 3 cos α
sin (x + y)° = sin x° cos y° + cos x° sin y°
=
=
+
=
+
+ 3(
= +
= =
23. Jawaban: d cos α =
−
cos β =
−
25. Jawaban: c
−
=
=
−
=
= =
17
15
cos (α + β) = cos α cos β – sin α sin β = =
×
–
×
−
A
7 C 25 15
Jumlah besar sudut segitiga = 180° ⇔ A + B + C = 180° ⇔ C = 180° – (A + B) tan C = tan (180° – (A + B)) = –tan (A + B) " + "
= – − " "
B
= =
−
+
−
= 20 Perhatikan ∆ACD siku-siku di D.
−
=
−
=
−
= 24
Ulangan Akhir Semester
= – × =
=
98
− +
= –
=
AD =
= –
−
+ − − −
= –
Perhatikan ∆ABC siku-siku di B. AB =
tan B = –
y° x°
B
12
8
D
13
5
tan A =
24. Jawaban: a
A
= +
)
–
Jadi, nilai tan C = – . 26. Jawaban: b sin 145° – sin 35° – sin 45° = (sin 145° – sin 35°) – sin 45° = 2 cos
° # °
sin
° − °
– sin 45°
= 2 cos 90° sin 55° – sin 45°
= 2(0) sin 55° –
•
=0–
•
=– 27. Jawaban: b $%& θ + & θ
& θ + $%& θ +
= = =
$%& θ # & θ
& θ $%& θ + $%& θ − +
& θ # $%& θ
$%& θ & θ + $%& θ
$%& θ
= sec θ 28. Jawaban: d Jumlah besar sudut segitiga = 180° ⇔ A + B + C = 180° ⇔ A + B = 180° – C
sin A cos B = (sin (A + B) + sin (A – B))
= (sin (180° – C) + sin (A – B))
= (sin C + sin 30°)
= ( + ) = ()
= = 29. Jawaban: e & + & $%& − $%&
& + $%& −
= − & + & −
& $%&
= − & & = –cotan A 30. Jawaban: d cos 2x = 1 – 2 sin2x cos 2x + sin x = 1 ⇔ 1 – 2 sin2x + sin x – 1 = 0 ⇔ –2 sin2x + sin x = 0 ⇔ 2 sin2x – sin x = 0 Misalkan sin x = y ⇔ 2y2 – y = 0 ⇔ y(2y – 1) = 0 ⇔ y = 0 atau (2y – 1) = 0 ⇔ y = 0 atau
y=
Untuk y = 0 → sin x = 0 ⇔ sin x = sin 0° atau sin x = sin 180° ⇔ x = 0° + k · 360° atau x = 180 + k · 360° ⇔ x = 0° atau x = 180°
Untuk y = ⇔ sin x = sin 30° atau sin x = sin 150° ⇔ x = 30 + k · 360° atau x = 150° + k.360° ⇔ x = 30° atau x = 150° Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {0°, 30°, 150°, 180°}. 31. Jawaban: d Persamaan umum lingkaran: x2 + y2 + Ax + By + C = 0 Melalui titik (4, 2): x2 + y2 + Ax + By + C = 0 ⇔ 42 + 22 + A(4) + B(2) + C = 0 ⇔ 16 + 4 + 4A + 2B + C = 0 ⇔ 4A + 2B + C = –20 . . . (1) Melalui titik (–3, –5): x2 + y2 + Ax + By + C = 0 ⇔ (–3)2 + (–5)2 + A(–3) + B(–5) + C = 0 ⇔ 9 + 25 – 3A – 5B + C = 0 ⇔ 3A + 5B – C = 34 . . . (2) Melalui titik (1, 3): x2 + y2 + Ax + By + C = 0 ⇔ 12 + 32 + A(1) + B(3) + C = 0 ⇔ 1 + 9 + A + 3B + C = 0 ⇔ A + 3B + C = –10 . . . (3) Dari persamaan (1) dan (2): 4A + 2B + C = –20 3A + 5B – C = 34 ––––––––––––––– + 7A + 7B = 14 ⇔ A + B = 2 . . . (4) Dari persamaan (2) dan (3): 3A + 5B – C = 34 A + 3B + C = –10 ––––––––––––––– + 4A + 8B = 24 ⇔ A + 2B = 6 . . . (5) Dari persamaan (4) dan (5): A+B =2 A + 2B = 6 –––––––––– – –B = –4 ⇔ B=4
Matematika Kelas XI Program IPA
99
Substitusikan B = 4 ke A + B = 2. A+B=2 ⇔ A+4=2 ⇔ A = –2 Substitusikan A = –2 dan B = 4 ke dalam persamaan (1). 4A + 2B + C = –20 ⇔ 4(–2) + 2(4) + C = –20 ⇔ –8 + 8 + C = –20 ⇔ C = –20 Diperoleh persamaan lingkaran: x2 + y2 – 2x + 4y – 20 = 0 Panjang jari-jari lingkaran:
r =
− −
34. Jawaban: e Garis A: 2x + 3y – 31 = 0 mempunyai gradien
=
− + − −
=
+ +
mA = – .
=
= 5
Garis g tegak lurus garis A, maka mg = . Persamaan garis g: y + 4 = mg(x – 2)
Jadi, panjang jari-jari lingkaran tersebut adalah 5. 32. Jawaban: b x–y+1=0 → y=x+1 . . . (1) 2 2 . . . (2) x + y = 25 Substitusikan persamaan (1) ke dalam persamaan (2). x2 + y2 = 25 ⇔ x2 + (x + 1)2 = 25 ⇔ x2 + x2 + 2x + 1 = 25 ⇔ 2x2 + 2x – 24 = 0 ⇔ x2 + x – 12 = 0 D = b2 – 4ac = 12 – 4 × 1 × (–12) = 1 + 48 = 49 > 0 Oleh karena D > 0 maka garis x – y + 1 = 0 memotong lingkaran x2 + y2 = 25 di dua titik berbeda. 33. Jawaban: d Jari-jari lingkaran L sama dengan AP atau BP. r = AP ⇔
r=
⇔
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
17 = (a – 3)2 + 16 (a – 3)2 – 1 = 0 (a – 3 – 1)(a – 3 + 1) = 0 (a – 4)(a – 2) = 0
100
⇔ (a – 4) = 0 atau (a – 2) = 0 ⇔ a = 4 atau a=2 Diperoleh pusat lingkaran L: P1(4, –2) atau P2(2, –2) Persamaan lingkaran L berpusat di P1(4, –2): (x – 4)2 + (y + 2)2 = 17 ⇔ x2 – 8x + 16 + y2 + 4y + 4 – 17 = 0 ⇔ x2 + y2 – 8x + 4y + 3 = 0 Persamaan lingkaran L berpusat di P2(2, –2): (x – 2)2 + (y + 2)2 = 17 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 4y + 4 – 17 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x + 4y – 9 = 0 Jadi, persamaan lingkaran L adalah x2 + y2 – 8x + 4y + 3 = 0 atau x2 + y2 – 4x + 4y – 9 = 0.
⇔
y + 4 = (x – 2) ⇔ 2y + 8 = 3x – 6 ⇔ 3x – 2y – 14 = 0 Jari-jari lingkaran r sama dengan jarak titik pusat lingkaran ke garis g.
r=
× − × − + −
−
=
Persamaan lingkaran L: (x – 1)2 + (y – 1)2 = ( )2 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 – 2y + 1 – 13 = 0 ⇔ x2 + y2 – 2x – 2y – 11 = 0 Jadi, persamaan lingkaran adalah x2 + y2 – 2x – 2y – 11 = 0. 35. Jawaban: b Y B
(2, 3)
' − + *' − *
r=3
" − + − −
Ulangan Akhir Semester
=
A
(2, 0)
X
Lingkaran berpusat di (2, 3) dan r = 3. (x – 2)2 + (y – 3)2 = 32 ⇔ (x – 2)2 + (y – 3)2 = 9
Lingkaran memotong sumbu Y sehingga x = 0. (x – 2)2 + (y – 3)2 = 9 ⇔ (0 – 2)2 + (y – 3)2 = 9 ⇔ (–2)2 + (y2 – 6y + 9) = 9 ⇔ 4 + y2 – 6y + 9 = 9 ⇔ y2 – 6y + 4 = 0 Jarak AB = yB – yA
yB – yA =
⇔
− − ?
⇔
+ ?
= (3 )2 = 32 × 5
⇔ (5 + p)2 = 32 × 52 ⇔ 5 + p = ±15 ⇔ p = –5 ±15 ⇔ p = –20 atau p = 10 Jadi, nilai p = 10. 38. Jawaban: e x2 + y2 – 4x – 6y – 7 = 0
=
− −
=
−
Pusat P(– A, – B) → P(2, 3)
=
r=
=2
=
+ +
Jadi, jarak AB = 2 .
=
36. Jawaban: c x–y=4⇔y=x–4 Substitusikan y = x – 4 ke dalam persamaan lingkaran. x2 + y2 – 8x – 8y + 24 = 0 ⇔ x2 + (x – 4)2 – 8x – 8(x – 4) + 24 = 0 2 ⇔ x + (x2 – 8x + 16) – 8x – 8x + 32 + 24 = 0 ⇔ 2x2 – 24x + 72 = 0 ⇔ x2 – 12x + 36 = 0 ⇔ (x – 6)2 = 0 ⇔ x=6 Substitusikan x = 6 ke y = x – 4. y=x–4 =6–4 =2 Jadi, titik singgungnya adalah (6, 2). 37. Jawaban: d Pusat lingkaran L: P(–3, 1) Jari-jari lingkaran L: r=
− + +
= = 3 Garis y = –2x + p menyinggung lingkaran L, maka jarak titik pusat P(–3, 1) ke garis y = –2x + p sama dengan panjang jari-jari lingkaran L. y = –2x + p ⇔ 2x + y – p = 0 d=r ⇔
⋅ − + ⋅ − ?
⇔
− − ?
+
=3
+ − −
2y = 4x – 7 ⇔ –4x + 2y = –7 → a = –4, b = 2 Persamaan garis singgung lingkaran x 2 + y2 – 4x – 6y – 7 = 0 yang sejajar dengan garis –4x + 2y = –7: ⇔
ax + by = ax1 + by1 ± r " + @
⇔ –4x + 2y = (–4)(2) + (2)(3) ±
⇔ –4x + 2y = –8 + 6 ±
×
− +
⇔ –4x + 2y = –2 ± 20 ⇔ 2y = 4x – 2 ± 20 ⇔ y = 2x – 1 ± 10 ⇔ y = 2x – 1 + 10 dan y = 2x – 1 – 10 ⇔ y = 2x + 9 dan y = 2x – 11 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah y = 2x + 9 dan y = 2x – 11. 39. Jawaban: a Panjang jari-jari lingkaran L: r = |AB| =
− + * − *
=
− + −
=
+
=3 Persamaan lingkaran L: (x – xA)2 + (y – yA)2 = r2 ⇔ (x – 2)2 + (y – 3)2 = (3 )2
=3
Matematika Kelas XI Program IPA
101
Persamaan garis singgung lingkaran L di titik B(5, 0):
B. Uraian 1.
a.
(xB – 2)(x – 2) + (yB – 3)(y – 3) = (3 )2 ⇔ (5 – 2)(x – 2) + (0 – 3)(y – 3) = 18 ⇔ 3(x – 2) – 3(y – 3) = 18 ⇔ 3x – 6 – 3y + 9 = 18 ⇔ 3x – 3y = 15 ⇔ x–y=5 Jadi, garis singgungnya adalah x – y = 5.
Modus terletak pada kelas interval 16–20 karena frekuensi data pada kelas tersebut paling banyak. L = 15,5 d1 = 12 – 10 = 2 d2 = 12 – 3 = 9 p =5 Mo = L +
40. Jawaban: d Kedudukan titik A terhadap lingkaran: x2 + (y – 1)2 = 12 + (4 – 1)2 =1+9 = 10 > 2 Titik A berada di luar lingkaran. Persamaan garis kutub di A(1, 4) sebagai berikut.
= 15,5 +
b.
⇔ 1 · x + (4 – 1)(y – 1) = 2 x + 3(y – 1) = 2
⇔
x + 3y – 3 = 2
⇔
⇔
10y2 – 32y + 24 = 0
⇔
5y2 – 16y + 12 = 0
⇔
(5y – 6)(y – 2) = 0
⇔
y = atau y = 2 Untuk y = 2 ⇒ x = 5 – 3y = 5 – 3(2) =5–6 = –1 Diperoleh titik singgung (–1, 2). Persamaan garis singgung: x1x + (y1 – 1)(y – 1) = 2
⇔ –1 · x + (2 – 1)(y – 1) = 2 ⇔
–x + y – 1 = 2
⇔
–x + y = 3
⇔ x – y = –3 Jadi, salah satu persamaan garis singgung lingkaran adalah x – y = –3.
102
xi
fi
fixi
1–5 6–10 11–15 16–20 21–25 26–30
3 8 13 18 23 28
4 5 10 12 3 1
12 40 130 216 69 28
35
495
∑ =
Ulangan Akhir Semester
=
∑
= = 14,14
=
Jadi, rata-rata data adalah 14,14.
x2 + (y – 1)2 = 2 ⇔ 25 – 30y + 9y2 + y2 – 2y + 1 = 2
×5
Data
x + 3y = 5
(5 – 3y)2 + (y – 1)2 = 2
+
Jumlah
⇔ x = 5 – 3y Substitusikan x = 5 – 3y ke dalam persamaan lingkaran. ⇔
×p
= 15,5 + 0,91 = 16,41 Jadi, modusnya 16,41.
x1x + (y1 – 1)(y – 1) = 2 ⇔
+
2.
Sajian data dalam bentuk tabel untuk menentukan jangkauan antarkuartil. Nilai
fk ≥
Kelas Interval
f
≥ 21,5 ≥ 26,5 ≥ 31,5 ≥ 36,5 ≥ 41,5 ≥ 46,5 ≥ 51,5
60 42 29 18 13 6 0
22 – 26 27 – 31 32 – 36 37 – 41 42 – 46 47 – 51
60 – 42 = 18 42 – 29 = 13 29 – 18 = 11 18 – 13 = 5 13 – 6 = 7 6–0=6
Q1 di kelas interval 22 – 26. L1 = 21,5; fQ = 18; fk = 0; dan p = 5. 1
Q 1 = L1 +
⋅ −
Q1
×p
⋅ − 4 = 25
= 21,5 + = 21,5 +
×5
Q3 di kelas interval 37 – 41. L3 = 36,5; fQ = 5; fk = 42; dan p = 5. 3
Q3
⋅ −
Q3 = L3 +
×p
⋅ − 3 = 39
= 36,5 + = 36,5 +
Kotak B
4.
Kotak A
M
3M 4K
×5
3M 5K
K – (MK)
Kotak B
2M 6K
K
M – (KM)
Jangkauan antarkuartil = Q3 – Q1
Peluang pengambilan I
= 39 – 25
P1 = peluang terambil bola merah dari kotak A dan bola kuning dari kotak B
= 13 Menentukan ragam data. fi
xi
fixi
18 13 11 5 7 6
24 29 34 39 44 49
432 377 374 195 308 294
=
Σ Σ
(xi –
)2
81 16 1 36 121 256
fi (xi –
=
= P2 = peluang terambil bola kuning dari kotak A dan bola merah dari kotak B
1.458 208 11 180 847 1.536
= Peluang terambil satu bola kuning = P1 + P2
= 33
= + =
Jadi, peluang terambil satu bola kuning adalah .
Jadi, jangkauan antarkuartil data 13 dan ragam
5.
= 15 × 4 = 60 Jadi, banyak cara pemilihan 2 orang pria ada 60 cara.
⇔ cos A sin B = – sehingga: sin (A + B) = sin A cos B + cos A sin B
Cara pemilihan sekurang-kurangnya 1 wanita. = (1 wanita, 2 pria) + (2 wanita, 1 pria) + (3 wanita) = 4C1 × 6C2 + 4C2 × 6C1 + 4C3 = 4 × 15 + 6 × 6 + 4 = 60 + 36 + 4 = 100 Jadi, pemilihan sekurang-kurangnya 1 wanita ada 100 cara. Cara pemilihan 2 pria = (2 pria, 1 wanita) = 6C2 × 4C2
sin (A – B) = sin A cos B – cos A sin B ⇔ cos A sin B = sin A cos B – sin (A – B)
data 70 .
b.
= ×
Σ − Σ
= 70
a.
= ×
)2
=
Ragam: S2 =
3.
Peluang pengambilan II
= + –
=1–
Jadi, sin (A + B) = 1 – . 6.
Jumlah besar sudut segitiga = 180° ⇔ α° + β° + 90° = 180° ⇔ α° + β° = 90° ⇔ β = 90° – α tan α =
sin β
⇔
& α = $%& α
sin (90 – α)
⇔
& α = $%& α
cos α
⇔
sin α =
cos2 α
⇔
sin α =
(1 – sin2 α)
Matematika Kelas XI Program IPA
103
⇔
sin α =
sin α + sin α –
⇔
sin α =
sin α =
⇔
atau
Melalui (5, 7) maka: 52 + 72 + 5a + 7b + c = 0 ⇔ 25 + 49 + 5a + 7b + c = 0 ⇔ 5a + 7b + c + 74 = 0 . . . (3) Dari persamaan (1) dan (2): –2a + c + 4 = 0 6a + c + 36 = 0 –––––––––––– – –8a – 32 = 0 ⇔ –8a = 32 ⇔ a = –4 Substitusikan a = –4 ke dalam persamaan (1). a = –4 ⇒ –2a + c + 4 = 0 ⇔ 8+c+4=0 ⇔ c + 12 = 0 ⇔ c = –12 Substitusikan a = –4 dan c = –12 ke dalam persamaan (3). 5a + 7b + c + 74 = 0 ⇔ 5(–4) + 7b – 12 + 74 = 0 ⇔ –20 + 7b + 62 = 0 ⇔ 7b + 42 = 0 ⇔ 7b = –42 ⇔ b = –6 Jadi, persamaan lingkaran: L: x2 + y2 + ax + by + c = 0 x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = 0
sin2 α
=0
⇔ ( sin α – 1)(sin α + ⇔
–
)=0 sin α = –
atau sin α = – (tidak memenuhi)
Jadi, nilai sin α = . 7.
2 cos x + 2 sin x = k cos (x – α) k=
+
=
+
=
=2
tan α = = 1 ⇔ α = 45° (α di kuadran I) 2 cos x + 2 sin x =
⇔ 2 cos (x – 45°) =
⇔
cos (x – 45°) =
⇔
cos (x – 45°) = cos (x – 45°) = cos 60°
⇔ a.
9.
x1 – 45° = 60° + k · 360° ⇔ x1 = 105° + k · 360° untuk k = 0 ⇒ x1 = 105° k = 1 ⇒ x1 = 465° (tidak memenuhi)
b.
x2 – 45° = –60° + k · 360°
⇔ x2 = –15° + k · 360° untuk k = 0 ⇒ x2 = –15° (tidak memenuhi) k = 1 ⇒ x2 = 345° Jadi, himpunan penyelesaiannya {105°, 345°}. 8.
L: x2 + y2 + ax + by + c = 0 Melalui (–2, 0) maka: (–2)2 + 02 – 2a + 0 + c = 0 ⇔ 4 – 2a + c = 0 ⇔ –2a + c + 4 = 0 Melalui (6, 0) maka: 62 + 02 + 6a + 0 + c = 0 ⇔ 36 + 6a + c = 0 ⇔ 6a + c + 36 = 0
104
Ulangan Akhir Semester
. . . (1)
. . . (2)
Kedudukan (7, –5) titik terhadap lingkaran: x2 + y2 – 6x + 4y – 12 = 72 + (–5)2 – 6(7) + 4(–5) – 12 = 49 + 25 – 42 – 20 – 12 =0 Titik (7, –5) terletak pada lingkaran. x2 + y2 – 6x + 4y – 12 = 0 ⇔ x2 – 6x + y2 + 4y – 12 = 0 ⇔ (x – 3)2 – 9 + (y + 2)2 – 4 – 12 = 0 ⇔ (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 Persamaan garis singgung di titik (7, –5): (x1 – 3)(x – 3) + (y1 + 2)(y + 2) = 25 ⇔ (7 – 3)(x – 3) + (–5 + 2)(y + 2) = 25 ⇔ 4(x – 3) + (–3)(y + 2) = 25 ⇔ 4x – 12 – 3y – 6 = 25 ⇔ 4x – 3y – 18 = 25 ⇔ 4x – 3y = 43 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah 4x – 3y = 43.
10. (x – 4)2 + (y + 3)2 = 40 Pusat lingkaran (4, –3) r=
Persamaan garis singgung lingkaran: (y – b) = m2(x – a) ± r
= 2
Garis:
+
⇔
y + 3 = 3(x – 4) ± 2 ·
+
⇔
y + 3 = 3x – 12 ± 2 ·
x + 3y + 5 = 0 ⇔
3y = –x – 5
⇔
y= –x–
Gradien garis = m1 = – . Oleh karena tegak lurus, diperoleh: m1 × m2 = –1
⇔ – × m2 = –1 ⇔ m2 = 3
⇔ y + 3 = 3x – 12 ± 20 ⇔ y = 3x – 15 ± 20 Persamaan garis singgung pertama: y = 3x – 15 + 20 ⇔ y = 3x + 5 Persamaan garis singgung kedua: y = 3x – 15 – 20 ⇔ y = 3x – 35 Jadi, persamaan garis singgungnya adalah y = 3x + 5 dan y = 3x – 35.
Matematika Kelas XI Program IPA
105
