100 Penilaian Tengah Semester 2 Angka kedua (puluhan) diisi setelah angka pertama, berarti ada 7 pilihan. Angka ketiga (satuan) diisi setelah angka pertama dan kedua, berarti ada 6 pilihan. Banyak bilangan = 3 × 7 × 6 = 126 Jadi, banyak bilangan ada 126. 7. Jawaban: a Tersedia 6 angka terdiri atas 3 angka genap dan 3 angka ganjil. Dari angka-angka tersebut disusun sebuah bilangan genap yang terdiri atas empat angka berbeda. Angka keempat (satuan) harus genap, berarti ada 3 pilihan. Angka pertama (ribuan) ada 6 – 1 = 5 pilihan. Angka kedua (ratusan) ada 5 – 1 = 4 pilihan. Angka ketiga (puluhan) ada 4 – 1 = 3 pilihan. Banyak bilangan = 3 × 5 × 4 × 3 = 180 Jadi, banyak bilangan ada 180. 8. Jawaban: b 13 × 14 × 15 = 15 × 14 × 13 × 12 11 1 ... 12 11 1 ... × ×× × ×× = 15 14 13 12 11 1 ... 12 11 1 ... × × × × ×× × ×× = 15! 12! Jadi, 13 × 14 × 15 = 15! 12! . 9. Jawaban: a (n 1)! (n 1)! + − = 30 ⇔ (n 1) n (n 1)! (n 1)! + ×× − − = 30 ⇔ (n + 1) × n = 30 ⇔ n2 + n – 30 = 0 ⇔ (n + 6)(n – 5) = 0 ⇔ n + 6 = 0 atau n – 5 = 0 ⇔ n = –6 atau n = 5 Nilai n > 0, maka nilai n yang memenuhi adalah 5. Jadi, nilai n = 5. 10. Jawaban: d Banyak cara menyusun berjajar dari 4 bendera merupakan permasalahan perutasi dari 4 unsur berbeda. Banyak susunan bendera: 4P4 = 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24 Jadi, banyak susunan berbeda dari benderabendera ada 24. 11. Jawaban: c Pemilihan pengurus memerhatikan urutan sehingga diselesaikan dengan permutasi. Banyak cara pemilihan pengurus = 8P4 = 8! (8 4)! − = 8 7 6 5 4! ×××× 4! = 8 × 7 × 6 × 5 = 1.680 Jadi, terdapat 1.680 cara pemilihan pengurus. 12. Jawaban: e Kata ”APRIL” terdiri atas 5 huruf berbeda. Dari huruf-huruf tersebut disusun 4 huruf. Banyak susunan 4 dari 5 huruf berbeda adalah 5P4. Banyak susunan huruf: 5P4 = 5! (5 4)! − = 5! 1! = 5 × 4 × 3 × 2 = 120 Jadi, banyak susunan 4 huruf ada 120 susunan. 13. Jawaban: c Banyak posisi 3 laki-laki dan 3 wanita dalam satu barisan merupakan permasalahan permutasi. Banyak cara menyusun 2 laki-laki di ujung kiri dan kanan barisan ada 3P2 cara. Banyak cara menyusun 4 anak tersisa pada barisan ada 4P4 cara. Banyak posisi berfoto = 3P2 × 4P4 = 3! (3 2)! − × 4! = (3 × 2) × (4 × 3 × 2 × 1) = 6 × 24 = 144 Jadi, banyak posisi berfoto berbeda adalah 144. 14. Jawaban: d Jumlah buku n = 9. Banyak buku bersampul merah m = 3. Banyak buku bersampul kuning k = 2. Banyak buku bersampul biru b = 4. Banyak cara menyusun buku = n! m! k! b! × × = 9! 3! 2! 4! × × = 4 9 8 7 6 5 4! × ×× ×× 3 2 1 2 1 4! × ×× ×× = 9 × 4 × 7 × 5 = 1.260 Jadi, terdapat 1.260 cara yang dapat dilakukan Rini untuk menyusun buku-buku tersebut.
Matematika Kelas XII 101 15. Jawaban: b Sie humas yang selalu duduk berdampingan dianggap 1 unsur sehingga terdapat 4 orang yang duduk berkeliling. Banyak cara 4 orang duduk berkeliling = (4 – 1)! Banyak cara 3 orang sie humas duduk berkeliling = 3! Banyak cara duduk pengurus = (4 – 1)! × 3! = 3! × 3! = 6 × 6 = 36 Jadi, terdapat 36 cara duduk yang dapat mereka lakukan. 16. Jawaban: b 1) nPr = n! (n r)! − nPn – r = n! (n (n r))! − − = n! (n n r)! − + = n! r! Diperoleh nPr ≠ nPn – r. Pernyataan (i) salah. 2) nCr = n! r! (n r)! × − nCn – r = n! (n r)! (n (n r))! −×−− = n! (n r)! (n n r)! − × −+ = n! (n r)! r! − × = n! r! (n r)! × − Diperoleh nCr = nCn – r. Pernyataan (ii) benar. 3) nPr = n! (n r)! − r × nCr = r × n! r! (n r)! × − = r × n! r (r 1)! (n r)! ×− × − = n! (r 1)! (n r)! −×− Diperoleh nPr ≠ r × nCr . Pernyataan (iii) salah. Jadi, pernyataan yang benar adalah pernyataan (ii) saja. 17. Jawaban: d Banyak cara memilih 5 orang dari 12 orang merupakan masalah kombinasi. Banyak cara memilih anggota tim bertanding = 12C5 = 12! 5! (12 5)! × − = 12 11 10 × × × 9 3 × 8 2 × 7! 5 × 4 × ×3 2 × ×1 7! = 12 × 11 × 3 × 2 = 792 Jadi, terdapat 792 cara yang dapat dilakukan untuk memilih anggota tim bertanding. 18. Jawaban: c Banyak pilihan penari tidak memeperhatikan urutan, maka banyak pilihan penari merupakan permasalahan kombinasi. Dari 8 penari dipastikan 2 orang akan tampil, maka banyak pilihan penari tersisa 6. Dari 6 tempat bagi penari dipastikan 2 tempat sudah terisi, maka sisa tempat ada 4. Banyak kemungkinan penari = 6C4 = 6! 4! (6 4)! × − = 6 5 4! 4! 2! × × × = 6 5 2 1 × × = 15 Jadi, banyak kemungkinan penari yang ditampilkan adalah 15. 19. Jawaban: c Banyak cara memilih 2 siswa putra dari 5 siswa putra = 5C2. Banyak cara memilih 3 siswa putri dari 4 siswa putri = 4C3. Banyak cara pemilihan siswa yang mengikuti rapat OSIS = 5C2 × 4C3 = 5! 2! (5 2)! × − × 4! 3! (4 3)! × − = 5 4 × 2 × 3! 2 × ×1 3! × 4 3! 3! 1! × × = 5 × 2 × 4 = 40 Jadi, terdapat 40 cara yang dapat dilakukan untuk memilih siswa yang mengikuti rapat OSIS. 20. Jawaban: a Kemungkinan Susi akan membeli 2 buku tulis dan 3 bolpoin atau 3 buku tulis dan 2 bolpoin. Banyak cara memilih 2 buku tulis dan 3 bolpoin = 5C2 × 8C3. Banyak cara memilih 3 buku tulis dan 2 bolpoin = 5C3 × 8C2. Banyak cara Susi memilih alat tulis = 5C2 × 8C3 + 5C3 × 8C2 = 5! 2! (5 2)! × − × 8! 3! (8 3)! × − + 5! 3! (5 3)! × − × 8! 2! (8 2)! × − = 5 4 × 2 × 3! 2 × ×1 3! × 87 6 × × × 5! 3 × 2 × ×1 5! + 5 4 × 2 × 3! 3! × 2 ×1 × 8 4 × ×7 6! 2 × ×1 6! = 5 × 2 × 8 × 7 + 5 × 2 × 4 × 7 = 560 + 280 = 840 Jadi, ada 840 cara yang dapat dilakukan Susi untuk memilih alat tulis.
102 Penilaian Tengah Semester 2 B . Uraian 1. a. Jumlah buku = 3 + 6 + 2 + 8 = 19 Banyak pilihan buku pertama ada 19. Banyak pilihan buku kedua ada 19 – 1 = 18. Banyak pilihan buku = 19 × 18 = 342 Jadi, banyak pilihan buku yang dapat dibawa Rinda adalah 342. b. Jumlah buku selain buku pelajaran = 3 + 6 + 2 = 11 Banyak pilihan buku pertama ada 11. Banyak pilihan buku kedua ada 11 – 1 = 10. Banyak pilihan buku = 11 × 10 = 110 Jadi, banyak pilihan buku yang dapat dibawa Rinda adalah 110. c. Banyak pilihan buku pelajaran ada 8. Banyak pilihan buku selain buku pelajaran ada 3 + 6 + 2 = 11. Banyak pilihan buku = 8 × 11 = 88 Jadi, banyak pilihan buku yang dapat dibawa Rinda adalah 88. 2. Susunan lampu sebagai berikut. ——— 6 merah —— 5 kuning —— 3 hijau ——— ↑ ↑ Lampu biru Lampu biru Letak lampu biru meskipun ditukar tidak menghasilkan urutan yang berbeda sehingga letak lampu biru diabaikan. Banyak lampu yang berada di antara lampu biru = 6 + 5 + 3 = 14 Banyak cara memasang lampu hias = 14! 6! 5! 3! × × = 14 13 12 11 10 ×××× × 9 × 8 × ×7 6! 6! × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 × 3 × 2 ×1 = 14 × 13 × 12 × 11 × 7 = 168.168 Jadi, terdapat 168.168 cara yang dapat dilakukan Umar untuk memasang lampu hias tersebut. 3. a. n + 1P3 = 14 × nC2 ⇔ (n 1)! (n 1 3)! + + − = 14 × n! 2! (n 2)! × − ⇔ (n 1)! (n 2)! + − = 14 × n! 2 (n 2)! × − ⇔ (n 1) n! (n 2)! + × − = 7 × n! (n 2)! − ⇔ (n 1) n! (n 2)! + × − × (n 2)! n! − = 7 ⇔ n + 1 = 7 ⇔ n = 6 Jadi, nilai n = 6. b. n + 1Cn – 2 =6 + 1C6 – 2 = 7C4 = 7! 4! (7 4)! × − = 7 6 5 4! 4! 3! ××× × = 765 321 × × × × = 35 Jadi, nilai n + 1Cn – 2 = 35. 4. Andi dan dua temannya menonton pertandingan basket sehingga ada 3 orang yang masuk dan keluar lewat pintu GOR. Saat masuk mereka lewat pintu yang sama sehingga 3 orang tersebut dianggap 1 orang. Ada 5 pilihan pintu yang dapat dipilih 1 orang sehingga banyak cara mereka masuk lewat pintu GOR = 5P1. Saat keluar mereka lewat pintu yang berlainan. Ada 5 pilihan pintu yang dapat dipilih 3 orang sehingga banyak cara mereka keluar lewat pintu GOR = 5P3. Banyak cara masuk dan keluar lewat pintu GOR = 5P1 × 5P3 = 5! (5 1)! − × 5! (5 3)! − = 5 4! × 4! × 5 4 3 2! ××× 2! = 5 × 5 × 4 × 3 = 300 Jadi, terdapat 300 cara yang dapat mereka lakukan untuk masuk dan keluar lewat pintu GOR. 5. Banyak hasil pemilihan tidak memperhatikan urutan sehingga banyak hasil pemilihan merupakan permasalahan kombinasi. a. Banyak hasil pemilihan 3 dari 5 + 8 = 13 anggota tim adalah 13C3. 13C3 = 13! 3! (13 3)! × − = 13 12 11 10! 3 2 1 10! ××× × ×× = 13 × 2 × 11 = 286 Jadi, banyak hasil pemilihan yang mungkin adalah 286. b. Banyak hasil pemilihan 3 dari 8 perempuan adalah 8C3. 8C3 = 8! 3! (8 3)! × − = 8 7 6 10! 3 2 1 10! ××× × ×× = 8 × 7 = 56 Hasil pemilihan paling sedikit terpilih satu lakilaki sama dengan hasil pemilihan tidak semuanya perempuan. Banyak hasil pemilihan = 286 – 56 = 230. Jadi, banyak hasil pemilihan paling sedikit terpilih satu laki-laki adalah 230.
Matematika Kelas XII 103 Saling Bebas Bersyarat terdiri atas 1. Peserta didik mampu menentukan ruang sampel dari suatu percobaan dengan benar melalui Pendalaman Materi dan Contoh Soal. 2. Peserta didik mampu menentukan peluang suatu kejadian, peluang komplemen, dan frekuensi harapan dari suatu kejadian dengan benar melalui Pemantapan dan Contoh Soal. 3. Peserta didik mampu menentukan peluang gabungan dan irisan dari suatu kejadian dengan benar melalui Pendalaman Materi, Pemantapan dan Contoh Soal. 4. Peserta didik mampu menyelesaikan masalah konstekstual yang berkaitan dengan peluang dengan benar melalui Pemantapan, Contoh Soal, Pendalaman Materi, Uji Kompetensi, dan Penilaian Harian. 5. Peserta didik mampu menafsirkan peluang kejadian untuk berbagai situasi dengan benar melalui Pendalaman Materi, Uji Kompetensi, dan Penilaian Harian. mempelajari Peluang Kejadian Peluang Suatu Kejadian mencakup Ruang Sampel Peluang Suatu Kejadian Frekuensi Harapan Komplemen Suatu Kejadian Peluang Kejadian Majemuk mencakup Peluang Gabungan Peluang Irisan Saling Lepas Tidak Saling Lepas terdiri atas • Percobaan • Ruang Sampel • Peluang Kejadian • Peluang Komplemen • Frekuensi Harapan • Kejadian Saling Lepas • Kejadian Tidak Saling Lepas • Kejadian Saling Bebas • Kejadian Bersyarat Frekuensi Relatif
104 Peluang Kejadian A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Misalkan A adalah percobaan pelemparan dua keping uang logam dan sebuah dadu. n(A) = 22 × 6 =24 Jadi, banyaknya titik sampel pada pelemparan dua keping uang logam dan sebuah dadu adalah 24. 2. Jawaban: b Misalkan A adalah kejadian muncul kedua mata dadu bilangan prima. n(A) = {(2, 2), (2, 3), (2, 5), (3, 2), (3, 3), (3, 5), (5, 2), (5, 3), (5, 5)} = 9 n(S) = 36 P(A) = n(A) n(S) = 9 36 = 1 4 Jadi, peluang muncul kedua dadu bilangan prima adalah 1 4 . 3. Jawaban: e Misalkan A adalah kejadian muncul mata dadu faktor dari 6. n(A) = {1, 2, 3, 6}= 4 n(S) = 6 P(A) = n(A) n(S) = 4 6 = 2 3 Fh(A) = n × P(A) = 600 × 2 3 = 400 Jadi, frekuensi harapan muncul mata dadu faktor dari 6 adalah 400 kali. 4. Jawaban: b Misalkan K adalah kejadian muncul 3 angka dan 1 gambar pada pelemparan empat keping uang logam. K = {AAAG, AAGA, AGAA, GAAA} n(K) = 4 n(S) = 24 = 16 P(K) = n(K) n(S) = 4 16 = 1 4 Jadi, peluang muncul 3 angka dan 1 gambar adalah 1 4 . 5. Jawaban: c Jumlah bola = 3 + 5 + 2 = 10 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 bola dari 10 bola. n(S) = banyak cara mengambil 3 bola dari 10 bola. = 10C3 = 10! 3!(10 3)! − = 10! 3! × 7! = 10 9 8 7! 3 2 1 7! ××× × ×× = 120 Misalkan A = kejadian terambil 2 bola putih dan 1 bola hijau. n(A) = banyak cara mengambil 2 bola putih dari 5 bola putih dan 1 bola hijau dari 2 bola hijau = 5C2 × 2C1 = 5! 2!(5 2)! − × 2! 1!(2 1)! − = 5 4 3! 2 1 3! × × × × × 2 1! 1 1! × × = 10 × 2 = 20 Peluang terambil 2 bola putih dan 1 bola hijau: P(A) = n(A) n(S) = 20 120 = 1 6 Jadi, peluang terambil 2 bola putih dan 1 bola hijau adalah 1 6 . 6. Jawaban: a Jumlah kartu bridge = 52. Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kartu bridge. n(S) = banyak cara mengambil 2 kartu dari 52 kartu = 52C2 = 52! 2!(52 2)! − = 52 51 50! 2 1 50! × × × × = 26× 51 = 1.326 Banyak kartu King = 4. Misalkan A = kejadian terambil dua kartu King.
Matematika Kelas XII 105 n(A) =banyak cara mengambil 2 kartu King dari 4 kartu King = 4C2 = 4! 2!(4 2)! − = 4 3 2! 2 1 2! × × × × = 2× 3 = 6 Peluang terambil dua kartu King: P(A) = n(A) n(S) = 6 1.326 = 1 221 Peluang terambil bukan kartu King: P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 1 221 = 220 221 Jadi, peluang terambil bukan kartu King adalah 220 221 . 7. Jawaban: e Misalkan: A adalah kejadian seorang anak terkena polio di suatu daerah. P(A) = 0,2% = 0,002 Fh(A) = n × P(A) = 6.500 × 0,002 = 13 Banyak anak yang tidak terkena polio = 6.500 – 13 = 6.487 anak. Jadi, banyak anak yang tidak terkena polio adalah 6.487 anak. 8. Jawaban: c Jumlah bohlam = 3 × 12 = 36 Banyak bohlam dalam kondisi baik = 36 – 5 = 31 Ruang sampel S = kejadian pengambilan 2 bohlam dari 36 bohlam. n(S) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari 36 bohlam = 36C2 = 36! 2!(36 2)! − = 36 35 34! 2 1 34! × × × × = 18× 35 = 630 Misalkan A = kejadian terambil 2 bohlam dalam kondisi baik dari 31 bohlam dalam kondisi baik n(A) = banyak cara mengambil 2 bohlam dari 31 bohlam = 31C2 = 31! 2!(31 2)! − = 31 30 29! 2 1 29! × × × × = 31× 15 = 465 Peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi baik: P(A) = n(A) n(S) = 465 630 = 31 42 Jadi, peluang terambil kedua bohlam dalam kondisi baik adalah 31 42 . 9. Jawaban: a Ruang sampel S = kejadian 6 anak duduk melingkar. n(S) = permutasi siklis 6 unsur = (6 – 1)! = 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 Misalkan A = kejadian Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina. Tera dan Wisnu dipandang sebagai 1 unsur, Lisa dan Rina dipandang sebagai 1 unsur sehingga permasalahan menjadi permutasi siklis 4 unsur. Cara duduk Tera dan Wisnu ada 2! dan cara duduk Lisa dan Rina ada 2!. n(A) = 2! × 2! × permutasi siklis 4 unsur = 2! × 2! × (4 – 1)! = 2! × 2! × 3! = 2 × 1 × 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 24 Peluang Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina: P(A) = n(A) n(S) = 24 120 = 1 5 Jadi, peluang Tera duduk bersebelahan dengan Wisnu dan Lisa duduk bersebelahan dengan Rina adalah 1 5 .
106 Peluang Kejadian 10. Jawaban: d 12 kartu diberi nomor 1, 2, 3, 4, · · · , 12 Kartu kelipatan 3 ada 4 yaitu 3, 6, 9, dan 12. Misalkan A adalah kejadian terambil 2 kartu kelipatan 3 n(A) = 4C2 = 4! 2!(4 2)! − = 4! 2!2! = 4 3 2! 2 ×1× 2! × × = 6 Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kartu dari 12 kartu. n(S) = 12C2 = 12! 2!(12 2)! − = 12 11 10! 2 1 10! × × × × = 66 Peluang terpilihnya 2 kartu kelipatan 3 dari 12 kartu yang tersedia: P(A) = n(A) n(S) = 6 66 = 1 11 Jadi, peluang terambil 2 kartu kelipatan 3 adalah 1 11 . 11. Jawaban: a A = kejadian terpilih dua orang merupakan suami istri = kejadian terpilih 1 pasangan suami istri dari 6 pasang suami istri n(A) = 6C1 = 6 n(S) = banyak cara memilih dua orang dari 6 pasangan suami istri (12 orang) = 12C2 = 66 P(A) = n(A) n(S) = 6 66 = 1 11 Jadi, peluang terpilih dua orang merupakan suami istri adalah 1 11 . 12. Jawaban: d Pengambilan 2 huruf dilakukan sebanyak n kali. Jumlah huruf = 9 huruf Huruf konsonan = 6 huruf Misalkan K = kejadian terambil 2 huruf konsonan n(K) = banyak cara mengambil 2 huruf konsonan dari 6 huruf yang tersedia. n(K) = 6C2 = 6! 2!(6 2)! − = 6 5 4! 2 1 4! × × × × = 15 Ruang sampel (S) = kejadian pengambilan 2 huruf dari 9 huruf yang tersedia n(S) = banyak cara mengambil 2 huruf dari 9 huruf n(S) = 9C2 = 9! 2!(9 2)! − = 9 8 7! 2 1 7! × × × × = 36 Peluang terambil 2 huruf konsonan: P(K) = n(K) n(S) = 15 36 = 5 12 Frekuensi harapan terambil 3 huruf konsonan: Fh(K) = n × P(K) ⇔25 = n × 5 12 ⇔ n = 25 × 12 5 = 60 Jadi, pengambilan 2 huruf tersebut dilakukan sebanyak 60 kali. 13. Jawaban: b Jumlah orang = 4 + 3 + 5 = 12 Ruang sampel S = kejadian terpilih 6 orang dari 12 orang ahli. n(S)= banyak cara memilih 6 orang dari 12 orang. = 12C6 = 12! 6!(12 6)! − = 12 11 10 9 8 7 6! 6 5 4 3 2 1 6! × × ×××× × × × × ×× = 2 × 11 × 2 × 3 × 7 = 924
Matematika Kelas XII 107 Misalkan K adalah kejadian terpilih 2 orang dari masing-masing keahlian. n(K) = banyak cara memilih 2 orang dari 4 orang ahli komputer, 2 orang dari 3 orang ahli matematika, dan 2 orang dari 5 orang ahli bahasa = 4C2 × 3C2 × 5C2 = 4! 2!(4 2)! − × 3! 2!(3 2)! − × 5! 2!(5 2)! − = 4 3 2! 2 1 2! × × × × × 3 2 1! 2 1 1! × × × × × 5 4 3! 2 1 3! × × × × = 6 × 3 × 10 = 180 Peluang terpilih 2 orang dari masing-masing keahlian: P(K) = n(K) n(S) = 180 924 = 15 77 Jadi, peluang terbentuk panitia dengan cara memilih 2 orang dari masing-masing keahlian adalah 15 77 . 14. Jawaban: a Jumlah pelari = 6 Misalkan A = kejadian pelari nomer 3, 5, dan 6 berturut-turut sebagai juara 1, 2, dan 3. n(A) = 1 Ruang sampel S = banyak cara menentukan 3 juara dari 6 peserta. n(S) = 6P3 = 6! (6 3)! − = 6 5 4 3! 3! ××× = 120 P(A) = n(A) n(S) = 1 120 Jadi, peluang pelari nomer 3, 5, dan 6 berturutturut sebagai juara 1, 2, dan 3 adalah 1 120 . 15. Jawaban: c Jumlah koin = 2 + 4 + 6 = 12 Ruang sampel S = kejadian terambil 6 koin dari 12 koin. n(S) = banyak cara mengambil 6 koin dari 12 koin = 12C6 = 12! 6!(12 6)! − = 12 11 10 9 8 7 6! 6 5 4 3 2 1 6! × × ×××× × × × × ×× = 11× 2× 3 × 2 × 7 = 924 Misalkan K = kejadian terambil 6 koin yang memiliki jumlah minimal Rp5.000,00. Kemungkinan kejadian 6 koin yang terambil sebagai berikut. a. K1 = kejadian terambil 4 koin Rp1.000,00 dan 2 koin Rp500,00. n(K1 )= banyak cara mengambil 4 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 2 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00 = 6C4× 4C2 = 6! 4!(6 4)! − × 4! 2!(4 2! − = 6 5 4! 4! 2 1 × × × × × 4 3 2! 2 1 2! × × × × = 3 × 5× 2× 3 = 90 b. K2 = kejadian terambil 5 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp200,00. n(K2) = banyak cara mengambil 5 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp200,00 dari 2 koin Rp200,00 = 6C5× 2C1 = 6! 5!(6 5)! − × 2! 1!(2 1)! − = 6 5! 5! 1 × × × 2 1 1 1 × × = 6 × 2 = 12 c. K3 = terambil 5 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp500,00. n(K3)= banyak cara mengambil 5 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 dan 1 koin Rp500,00 dari 4 koin Rp500,00 = 6C5× 4C1 = 6! 5!(6 5)! − × 4! 1!(4 1)! − = 6 5! 5! 1 × × × 4 3! 1 3! × × = 6 × 4 = 24
108 Peluang Kejadian d. K4 = terambil 6 koin Rp1.000,00 n(K4)= banyak cara mengambil 6 koin Rp1.000,00 dari 6 koin Rp1.000,00 = 6C6 = 6! 6!(6 6)! − = 1 n(K)= n(K1) + n(K2) + n(K3) + n(K4) = 90 + 12 + 24 +1 = 127 Jadi, peluang enam koin yang terambil memiliki jumlah minimal Rp5.000,00 adalah P(K) = n(K) n(S) = 127 924 . B. Uraian 1. Jumlah kelereng = 14 butir Kelereng merah = 6 Kelereng kuning = 4 Kelereng biru = 14 – (6 + 4) = 4 butir Ruang sampel S = kejadian terambil 5 kelereng dari 14 butir kelereng n(S) = 14C5 = 14! 5!(14 5)! − = 14! 5!×9! = 14 13 12 11 10 9! 5 4 3 2 1 9! ××××× × × × ×× = 14 × 13 × 11 = 2.002 a. Misalkan A = kejadian terambil 3 kelereng dari 6 kelereng merah dan dua kelereng dari 4 kelereng kuning. n(A) = 6C3 × 4C2 = 6! 3!(6 3)! − = 6! 3! 3! × = 6 5 4 3! 3 2 1 3! ××× × ×× = 20 Peluang terambil 3 kelereng merah dan dua kelereng kuning: P(A) = n(A) n(S) = 20 2.002 = 10 1.001 Jadi, peluang terambil 3 kelereng merah dan dua kelereng kuning adalah 10 1.001 . b. Misalkan B = kejadian terambil 2 kelereng dari 6 kelereng merah, 1 kelereng dari 4 kelereng kuning, dan 1 kelereng dari 4 kelereng biru. n(B) = 6C2 × 4C1 × 4C1 = 6! 2!(6 2)! − × 4! 1!(4 1)! − × 4! 1!(4 1)! − = 6 5 4! 2 1 4! × × × × × 4 3! 1 3! × × × 4 3! 1 3! × × = 15 × 4 × 4 = 240 Peluang terambil 2 kelereng merah, 1 kelereng kuning, dan 1 kelereng biru: P(B) = n(B) n(S) = 240 2.002 = 120 1.001 Jadi, peluang terambil 2 kelereng merah, 1 kelereng kuning, dan 1 kelereng biru adalah 120 1.001 . 2. Doni membagikan seperangkat kartu bridge secara acak kepada 4 temannya yaitu K, L, M, dan N. Setiap teman Doni menerima 13 kartu. Tentukan peluang K memperoleh 4 kartu As. Jawaban: Jumlah seperangkat kartu bridge = 52 kartu Ruang sampel S = kejadian K memperoleh 13 kartu dari 52 kartu. n(S) = 52C13 = 52! 13!(52 13)! − = 52! 13!×39! A = kejadian K memperoleh 4 kartu As = kejadian K memperoleh 4 kartu As dan 9 kartu sembarang dari 48 kartu selain As n(A) = 4C4 × 48C9 = 1 × 48! 9!(48 9)! − = 1 × 48! 9!×39! = 48! 9!×39! P(A)= n(A) n(S) = 48! 9! 39! 52! 13! 39! × × = 48! 9!×39! × 13! 39! 52! × = 48! 13! 39! 9! 52! 39! × × × × = 48!×13×12 ×11×10 × 9! 9!× 52 × 51× 50 × 49 × 48! = 11 13 17 5 3 × ×× = 11 4.165 Jadi, peluang K memperoleh 4 kartu As adalah 11 4.165 . 3. Ruang sampel S = kejadian terambil 4 huruf dari
Matematika Kelas XII 109 13 huruf n(S) = banyak cara mengambil 4 huruf dari 13 huruf = 13C4 = 13! 4!(13 4)! − = 13 12 11 10 9! 4 3 2 1 9! ×××× × × ×× = 715 a. Banyak huruf vokal = 7 Banyak huruf konsonan = 6 Misalkan: A = kejadian terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf konsonan n(A) = banyak cara mengambil 1 huruf vokal dari 7 huruf vokal dan 3 huruf konsonan dari 6 huruf konsonan = 7C1 × 6C3 = 7! 1!(7 1)! − × 6! 3!(6 3!) − = 7 6! 1 6! × × × 6 5 4 3! 3! 3 2 1 ××× ××× = 7 × 20 = 140 Peluang terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf konsonan: P(A) = n(A) n(S) = 140 715 = 28 143 Jadi, peluang terambil 1 huruf vokal dan 3 huruf konsonan adalah 28 143 . b. Banyak huruf vokal = 7 Misalkan B = kejadian terambil keempatnya huruf vokal B′= kejadian terambil keempatnya bukan huruf vokal n(B) = banyak cara mengambil 4 huruf vokal dari 7 huruf vokal = 7C4 = 7! 4!(7 4)! − = 7 6 5 4! 4! 3 2 1 ××× ××× = 35 Peluang terambil keempatnya huruf vokal: P(B) = n(B) n(S) = 35 715 Peluang terambil keempatnya bukan huruf vokal. P(B′) = 1 – P(B) = 1 – 35 715 = 680 715 = 136 143 Jadi, peluang terambil keempatnya bukan huruf vokal adalah 136 143 . 4. Bilangan ratusan terdiri atas 3 angka yaitu angka yang menempati ratusan, puluhan, dan satuan. Ruang sampel S = himpunan bilangan terdiri atas 3 angka yang boleh berulang yang dapat disusun dari angka-angka 0, 3, 4, 5, 6, 7, dan 8. Dari angka tersebut, angka 0 tidak dapat menempati ratusan. Sebagai contoh bilangan 035. n(S) = banyak cara menyusun bilangan yang terdiri atas 3 angka dari 7 angka yang tersedia. Banyak anggota ruang sampel dapat ditentukan sebagai berikut. Angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan yaitu 3, 4, 5, 6, 7, dan 8, sehingga ada 6 cara untuk mengisi tempat ratusan. Angka yang dapat menempati nilai tempat puluhan yaitu 0, 3, 4, 5, 6, 7, dan 8, sehingga ada 7 cara untuk mengisi tempat puluhan. Angka yang dapat menempati nilai tempat satuan yaitu 0, 3, 4, 5, 6, 7, dan 8, sehingga ada 7 cara untuk mengisi tempat ratusan. Ratusan Puluhan Satuan 6 77 Dengan demikian n(S) = 6 × 7 × 7 = 294 Misalkan A = kejadian terpilihnya bilangan genap. n(A) = banyak cara menyusun bilangan ratusan genap yang tersusun dari angka-angka 0, 3, 4, 5, 6, 7, dan 8 dan boleh berulang Bilangan genap merupakan bilangan yang satuannya merupakan angka genap. Angka yang dapat menempati nilai tempat satuan yaitu 0, 4, 6, dan 8, sehingga ada 4 cara untuk mengisi tempat satuan. Angka yang dapat menempati nilai tempat puluhan yaitu 0, 3, 4, 5, 6, 7, dan 8, sehingga ada 7 cara untuk mengisi nilai tempat puluhan. Angka yang dapat menempati nilai tempat ratusan yaitu 3, 4, 5, 6, 7, dan 8, sehingga ada 6 cara untuk mengisi nilai tempat ratusan. Ratusan Puluhan Satuan 674
110 Peluang Kejadian A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: c Dua dadu dilambungkan bersama-sama n(S) = 62 = 36 Misalkan: A = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 5 = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} → n(A) = 4 B = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 9 = {(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)} → n(B) = 4 Kejadian muncul jumlah kedua mata dadu 5 atau 9 merupakan dua kejadian saling lepas. Peluang muncul jumlah kedua mata dadu 5 atau 9: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = n(A) n(S) + n(B) n(S) = 4 36 + 4 36 = 8 36 = 2 9 Jadi, peluang muncul kedua mata dadu berjumlah 5 atau 9 adalah 2 9 . 2. Jawaban: d Ruang sampel S = seperangkat kartu bridge n(S) = 52 Seperangkat kartu bridge terdiri dari kartu hati (H), kartu wajik (W), kartu Keriting (K), kartu sekop (S). Kartu hati dan wajik bewarna merah, sedangkan kartu keriting dan sekop bewarna hitam. Masing-masing kartu mempunyai 1 king, 1 queen, 1 jack, 1 As, dan 9 kartu bernomor 2 sampai 10. Misalkan: A = kejadian terambil kartu bewarna merah (hati dan wajik) n(A) = 13 + 13 = 26 B = kejadian terambil kartu As n(B) = 4 A ∩ B = {As kartu hati, As kartu wajik} n(A ∩ B) = 2 Peluang terambil kartu bewarna merah atau kartu As: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = n(A) n(S) + n(B) n(S) – n(A B) n(S) ∩ = 26 52 + 4 52 – 2 52 = 28 52 = 7 13 Jadi, peluang terambil kartu bewarna merah atau kartu As adalah 7 13 . 3. Jawaban: c Pada kotak I terdapat 3 kelereng merah dari 5 kelereng. A = kejadian terambil kelereng merah dari kotak I P(A) = n(A) n(S) = 3 5 Pada kotak II terdapat 4 kelereng biru dari 8 kelereng. Dengan demikian n(A) = 6 × 7 × 4 = 168 Peluang terpilih bilangan genap: P(A) = n(A) n(S) = 168 924 = 2 11 Jadi, peluang terpilih bilangan genap adalah 2 11 . 5. a. A = kejadian seorang karyawan mengalami kecelakaan kerja dalam satu tahun P(A) = 0,0002 Fh(A) = n × P(A) = 12.000 × 0,002 = 24 Jadi, jumlah karyawan yang mengalami kecelakaan kerja dalam satu tahun adalah 24 orang. b. Biaya yang harus disediakan dalam satu tahun = 24 × Rp1.925.000,00 = Rp46.200.000,00 Dalam 2 tahun, biaya yang harus disediakan = 2 × Rp 46.200.000,00 = Rp92.400.000,00 Jadi, biaya yang harus disediakan perusahaan tersebut selama 2 tahun adalah Rp92.400.000,00.
Matematika Kelas XII 111 B = kejadian terambil kelereng biru dari kotak II P(B) = n(B) n(S) = 4 8 = 1 2 Kejadian terambil satu kelereng merah pada kotak I tidak akan mempengaruhi peluang terambil satu kelereng biru pada kotak II, begitu sebaliknya. Dengan demikian, dua kejadian tersebut merupakan dua kejadian saling bebas. P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 3 5 × 1 2 = 3 10 Jadi, peluang terambil kelereng merah dari kotak I dan kelereng biru dari kotak II adalah 3 10 . 4. Jawaban: d Banyak lampu = 30 n(S) = 30 Banyak bohlam lampu mati = 4 n(A) = 4 Misalkan: K1 = kejadian terambil bohlam lampu pertama mati K2 = kejadian terambil bohlam lampu kedua mati setelah bohlam lampu mati pertama terambil P(K1) = peluang terambil bohlam lampu pertama mati = n(A) n(S) = 4 30 = 2 15 P(K2|K1) = peluang terambil bohlam lampu kedua mati setelah bohlam lampu pertama mati terambil = n(A) 1 n(S) 1 − − = 3 29 Peluang kedua-duanya terambil bohlam lampu mati: P(K1 ∩ K2) = P(K1) × P(K2|K1) = 2 15 × 3 29 = 2 145 Jadi, peluang kedua-duanya terambil bohlam lampu mati adalah 2 145 . 5. Jawaban: c n(S) = 12 Misalkan: A = kejadian muncul gambar pada uang logam A = {(G, 1), (G, 2), (G, 3), (G, 4), (G, 5), (G, 6)} n(A) = 6 B = kejadian muncul bilangan ganjil pada dadu B = {(A, 1), (G, 1), (A, 3), (G, 3), (A, 5), (G, 5)} n(B) = 6 P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = n(A) n(S) × n(B) n(S) = 6 12 × 6 12 = 1 4 Jadi, peluang muncul sebuah gambar pada uang logam dan bilangan ganjil pada sebuah dadu adalah 1 4 . 6. Jawaban: e Misalkan: S = jumlah peserta didik dalam satu kelas n(S) = 36 A = peserta didik yang menyukai matematika n(A) = 20 B = peserta didik yang menyukai biologi n(B) = 25 A ∩ B = peserta didik yang menyukai matematika dan biologi n(A ∩ B) = 12 (A ∪ B)′ = peserta didik yang tidak menyukai keduanya n(A ∪ B)′ = n(S) – [n(A) + n(B) – n(A ∩ B)] = 36 – (20 + 25 – 12) = 36 – 33 = 3 P(A ∪ B)′ = n(A B) n(S) ∪ ′ = 3 36 = 1 12 Jadi, peluang peserta didik yang tidak menyukai keduanya adalah 1 12 . Dadu 1 (A, 1) (G, 1) 2 (A, 2) (G, 2) 3 (A, 3) (G, 3) 4 (A, 4) (G, 4) 5 (A, 5) (G, 5) 6 (A, 6) Mata Uang (G, 6) A G
112 Peluang Kejadian 7. Jawaban: e Banyak bolpoin merah = 5 sehingga n(M) = 5 Banyak bolpoin hitam = 4 sehingga n(H) = 4 Jumlah bolpoin dalam kotak = 5 + 4 = 9 sehingga n(S) = 9 Misalkan: K1 = kejadian Rina mengambil 1 bolpoin merah K2 = kejadian Budi mengambil 1 bolpoin merah P(K1) = peluang Rina mengambil 1 bolpoin merah = n(M) n(S) = 5 9 P(K2|K1) = peluang Budi mengambil 1 bolpoin merah setelah Rina mengambil 1 bolpoin merah = n(M) 1 n(S) 1 − − = 4 8 = 1 2 Peluang Rina dan Budi mengambil bolpoin merah: P(K1 ∩ K2) = P(K1) × P(K2|K1) = 5 9 × 1 2 = 5 18 Jadi, peluang Rina dan Budi mengambil bolpoin merah adalah 5 18 . 8. Jawaban: d Sekeping uang logam dan sebuah dadu dilambungkan bersama-sama. Banyak percobaan n = 240 kali A = kejadian terlihat sisi angka pada uang logam B = kejadian terlihat mata dadu prima P(A) = 1 2 dan P(B) = 1 2 Kejadian A dan B saling bebas. Peluang terlihat sisi angka pada uang logam dan mata dadu prima: P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 1 2 × 1 2 = 1 4 Frekuensi harapan terlihat sisi angka pada uang logam dan mata dadu prima: Fh(A ∩ B) = P(A ∩ B) × n = 1 4 × 240 = 60 kali Jadi, frekuensi harapan terlihat sisi angka pada logam dan mata dadu prima adalah 60 kali. 9. Jawaban: a Ruang sampel S adalah kejadian terpilih 3 orang dari 12 orang n(S) = banyak cara memilih 3 orang dari 12 orang n(S) = 12C3 = 12! 3!(12 3)! − = 12 11 10 9! 3 2 1 9! ××× × ×× = 220 Kemungkinan terbentuk tim dengan sekurangkurangnya 2 putra K1 = kejadian terpilih 2 orang dari 7 orang putra dan 1 orang dari 5 orang putri n(K1) = 7C2 × 5C1 = 7! 2!(7 2)! − × 5! 1!(5 1)! − = 7 6 5! 2 1 5! × × × × × 5 4! 1 4! × × = 21 × 5 = 105 P(K1) = 1 n(K ) n(S) = 105 220 = 21 44 K2 = kejadian terpilih 3 orang dari 7 orang putra n(K2) = 7C3 = 7! 3!(7 3)! − = 7 6 5 4! 3 2 1 4! ××× × ×× = 35 P(K2) = 2 n(K ) n(S) = 35 220 = 7 44 Peluang terbentuk tim dengan sekurang kurangnya 3 orang putra: = P(K1) + P(K2) = 21 44 + 7 44 = 28 44 = 7 11 Jadi, peluang terbentuk tim dengan sekurangkurangnya 2 orang putra adalah 7 11 . 2 3 K1 K2 Kejadian Putra 1 0 Putri
Matematika Kelas XII 113 10. Jawaban: d Misalkan A = kejadian atlet panahan memanah dengan tepat P(A) = 80% = 80 100 = 4 5 P(A′) = 1 – 4 5 = 1 5 Peluang memanah pertama kali meleset dan 3 kali berikutnya tepat sasaran: = P(A′) × P(A) × P(A) × P(A) = 1 5 × 4 5 × 4 5 × 4 5 = 64 625 = 0,1024 Jadi, peluang memanah dengan hasil pertama meleset dan 3 berikutnya tepat sasaran adalah 0,1024. 11. Jawaban: b Misalkan: A = kejadian laptop gagal uji coba bagian keyboard P(A) = 1 8 P(A′) = 1 – 1 8 = 7 8 B = kejadian laptop gagal uji coba bagian baterai P(B) = 1 5 P(B′) = 1 – 1 5 = 4 5 C = kejadian laptop gagal uji coba bagian monitor P(C) = 2 5 P(C′) = 1 – 2 5 = 3 5 Peluang laptop lulus uji coba: = P(A′) × P(B′) × P(C′) = 7 8 × 4 5 × 3 5 = 21 50 Jadi, peluang laptop tersebut lulus uji coba adalah 21 50 . 12. Jawaban: b Misalkan: A = kejadian Rika lulus SBMPTN P(A) = 0,34 P(A′) = 1 – 0,34 = 0,66 B = kejadian Doni lulus SBMPTN P(B) = 0,26 P(B′) = 0,74 Peluang Rika tidak lulus dan Doni lulus: = P(A′) × P(B) = 0,66 × 0,26 = 0,1716 =17,16% Jadi, peluang Rika tidak lulus, sedangkan Doni lulus adalah 17,16%. 13. Jawaban: e Banyak kartu kuning = n(K) = 2 Banyak kartu merah = n(M) = 4 Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 6 Kemungkinan kartu yang terambil M1K2K3, K1M2K3, atau K1K2M3. M1K2K3= kejadian terambil pertama kartu merah, kedua kartu kuning, ketiga kartu kuning P(M1K2K3)= P(M1) × P(K2) × P(K3) = n(M) n(S) × n(K) n(S) × n(K) n(S) = 4 6 × 2 6 × 2 6 = 2 27 K1M2K3= kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu merah, ketiga kartu kuning P(K1M2K3)= P(K1) × P(M2) × P(K3) = n(K) n(S) × n(M) n(S) × n(K) n(S) = 2 6 × 4 6 × 2 6 = 2 27 K1K2M3= kejadian terambil pertama kartu kuning, kedua kartu kuning, ketiga kartu merah P(K1K2M3)= P(K1) × P(K2) × P(M3) = n(K) n(S) × n(K) n(S) × n(M) n(S) = 2 6 × 2 6 × 4 6 = 2 27 Peluang terambil satu kartu merah: P = P(M1K2K3) + P(K1M2K3) + P(K1K2M3) = 2 27 + 2 27 + 2 27 = 6 27 = 2 9 Jadi, peluang terambil satu kartu merah adalah 2 9 .
114 Peluang Kejadian 14. Jawaban: c Misalkan: A = kejadian seorang penjaga gawang mampu menahan tendangan penalti P(A) = 2 5 B = kejadian seorang penjanga gawang tidak mampu menahan tendangan penalti. P(B) = 1 – 2 5 = 3 5 Cara I Kemungkinan kejadian seorang penjaga gawang mampu menahan 3 kali tendangan dari 4 tendangan penalti: P(K1) = P(A) × P(A) × P(A) × P(B) = 2 5 × 2 5 × 2 5 × 3 5 = 24 625 P(K2) = P(A) × P(A) × P(B) × P(A) = 2 5 × 2 5 × 3 5 × 2 5 = 24 625 P(K3) = P(A) × P(B) × P(A) × P(A) = 2 5 × 3 5 × 2 5 × 2 5 = 24 625 P(K4) = P(B) × P(A) × P(A) × P(A) = 3 5 × 2 5 × 2 5 × 2 5 = 24 625 Peluang seorang penjaga gawang mampu menahan 3 kali tendangan: = P(K1) + P(K2) + P(K3) + P(K3) = 24 625 + 24 625 + 24 625 + 24 625 = 96 625 Cara II Kejadian seorang penjaga gawang mampu menahan 3 kali tendangan dari 4 kali tendangan = K1 = {A, A, A, G} Peluang seorang penjaga gawang mampu menahan 3 kali tendangan dan 1 kali tidak mampu menahan tendangan. = (P(A))3 × P(B) × 4P(3,1) = 3 2 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × 3 5 × 4! 3!1! = 8 125 × 3 5 × 4 3! 3! × = 24 625 × 4 = 96 625 Jadi, peluang seorang penjaga gawang mampu menahan 3 kali tendangan dari 4 kali tendangan penalti adalah 96 625 . 15. Jawaban: d Dari 10 soal mampu menjawab dengan benar 6 soal dan sisanya menjawab secara acak. Sisa soal = 10 – 7 = 3 Terdapat 5 pilihan jawaban pada tiap soal. Setiap soal hanya memiliki satu jawaban yang benar dari 5 pilihan yang disediakan. n(S) = 5 Misalkan: R = pilihan jawaban yang benar n(R) = 1 P(R) = n(R) n(S) = 1 5 F = pilihan jawaban yang salah P(F) = 1 – P(R) = 1 – 1 5 = 4 5 Cara I Kemungkinan menjawab 2 soal dengan benar dari 3 soal. P(K1) = P(R) × P(R) × P(F) = 1 5 × 1 5 × 4 5 = 4 125 P(K2) = P(R) × P(F) × P(R) = 1 5 × 4 5 × 1 5 = 4 125 K1 K2 K3 K4 1 A A A B 234 A A B A A B A A B A A A Kejadian K1 K2 K3 1 R R F 2 3 R F R F R R Kejadian
Matematika Kelas XII 115 P(K3) = P(F) × P(R) × P(R) = 4 5 × 1 5 × 1 5 = 4 125 Peluang Rendi menjawab tepat 2 soal benar dari 3 soal: = P(K1) + P(K2) + P(K3) = 4 125 + 4 125 + 4 125 = 12 125 Jadi, peluang Rendi menjawab tepat 2 soal benar dari soal yang ia acak jawabannya adalah . Cara II Kejadian Rendi menjawab tepat 2 soal benar dari sisa soal yang ia acak jawabannya = K1 = {R, R, F} Rendi menjawab 2 soal benar dan 1 soal salah = (P(R))2 × P(F) × 3P(2,1) = 2 1 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × 4 5 × 3! 2!1! = 1 25 × 4 5 × 3 2! 1 2! × × = 4 125 × 3 = 12 125 Jadi, peluang Rendi menjawab tepat 2 soal benar dari soal yang ia acak jawabannya adalah 12 125 . B. Uraian 1. Jumlah kartu seluruhnya n(S) = 25 + 15 + 10 = 50 K = kejadian terambil kartu kuning n(K) = 25 P(K) = n(K) n(S) = 25 50 = 1 2 M = kejadian terambil kartu merah n(M) = 15 P(M) = n(M) n(S) = 15 50 = 3 10 K ∩ M = ∅, sehingga kejadian terambil kartu kuning atau merah merupakan dua kejadian saling lepas. Peluang terambil kartu kuning atau merah: P(K ∪ M) = P(K) + P(M) = n + n(M) n(S) = 1 2 + 3 10 = 8 10 = 4 5 Fh(K ∪ M) = n × P(K ∪ M) = 300 × 4 5 = 240 Jadi, frekuensi harapan terambil kartu kuning atau merah adalah 240. 2. Dua buah dadu dilambungkan bersama n(S) = 36 K1 = kejadian muncul kedua mata dadu berjumlah 7 K1 = {(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)} n(K1) = 6 P(K1) = 1 n(K ) n(S) = 6 36 = 1 6 K2 = kejadian muncul angka 3 pada dadu pertama. K2 = {(3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)} n(K2) = 6 P(K2) = 2 n(K ) n(S) = 6 36 = 1 6 K1 ∩ K2 = {(3,4)} n(K1 ∩ K2) = 1 P(K1 ∩ K2) = 1 2 n(K K ) n(S) ∩ = 1 36 . . . (i) Pada dua kejadian saling bebas berlaku: P(K1 ∩ K2) = P(K1) × P(K2) = 1 6 × 1 6 = 1 36 . . . (ii) Hasil P(K1 ∩ K2) pada persamaan (i) dan (ii) sama, sehingga terbukti bahwa dua kejadian tersebut saling bebas. 3. Jumlah baterai = 20 n(S) = 20 Baterai yang rusak = 5 Baterai yang tidak rusak = 15 n(T) = 15 Misalkan: A = kejadian baterai pertama tidak rusak B = kejadian baterai kedua tidak rusak Peluang terambil kedua-duanya tidak rusak: P(A ∩ B) = P(A) × P(B|A) = n(T) n(S) × n(T) 1 n(S) 1 − − = 15 20 × 14 19 = 21 38 Jadi, peluang terambil baterai kedua-duanya tidak rusak adalah 21 38 . n(K) n(S)
116 Peluang Kejadian 4. Misalkan: A = kejadian pelamar kerja diterima di perusahaan A P(A) = 3 10 P(A′) = 1 – 3 10 = 7 10 B = kejadian pelamar kerja diterima di perusahaan B P(B) = 2 5 P(B′) = 1 – 2 5 = 3 5 C = kejadian pelamar kerja diterima di perusahaan C P(C) = 1 3 P(C′) = 1 – 1 3 = 2 3 Kemungkinan seorang tersebut diterima di salah satu perusahaan sebagai berikut. I. Diterima di perusahaan A dan tidak diterima di perusahaan B dan C. = P(A) × P(B′) × P(C′) = 3 10 × 3 5 × 2 3 = 3 25 II. Diterima di perusahaan B dan tidak diterima di perusahaan A dan C. = P(A′) × P(B) × P(C′) = 7 10 × 2 5 × 2 3 = 14 75 III. Diterima di perusahaan C dan tidak diterima di perusahaan A dan B. = P(A′) × P(B′) × P(C) = 3 10 × 3 5 × 1 3 = 7 50 Peluang seorang pelamar diterima di salah satu perusahaan: = 3 25 + 14 75 + 7 50 = 18 28 21 150 + + = 67 150 Jadi, peluang seorang pelamar diterima di salah satu perusahaan adalah 67 150 . 5. a. Jumlah siswa perempuan = 32 n(Pr) = 32 Jumlah siswa organisasi pramuka = 20 n(C) = 20 Jumlah siswa perempuan dan mengikuti pramuka = 14 n(Pr ∩ C) = 14 Jumlah semua siswa = 65 n(S) = 65 Peluang terpilih siswa perempuan atau siswa dari organisasi pramuka P(Pr ∪ C) = P(Pr) + P(C) – P(Pr ∩ C) = n(Pr) n(S) + n(C) n(S) – n(Pr C) n(S) ∩ = 32 65 + 20 65 – 14 65 = 38 65 Jadi, peluang terpilih seorang siswa perempuan atau siswa dari organisasi pramuka adalah 38 65 . b. Jumlah siswa laki-laki = 33 n(Lk) = 33 Jumlah siswa perempuan = 32 n(Pr) = 32 Jumlah semua siswa = 65 n(S) = 65 Peluang terpilih siswa laki-laki dan perempuan P(Lk ∩ B) = P(Lk) × P(Pr) = n(Lk) n(S) × n(Pr) n(S) = 33 65 × 32 65 = 1.056 4.225 Jadi, peluang terpilih siswa laki-laki dan perempuan adalah 1.056 4.225 . c. Peluang terpilih siswa laki-laki pada pilihan pertama dan siswa perempuan pada pilihan kedua. P(Lk ∩ Pr) = P(Lk) × P(Pr|Lk) = n(Lk) n(S) × n(Pr) n(S) 1 − = 33 65 × 32 64 = 1.056 4.160 Jadi, peluang terpilihnya siswa laki-laki pada pilihan pertama dan siswa perempuan pada pilihan kedua adalah 1.056 4.160 .
Matematika Kelas XII 117 Peluang Kejadian Peluang Suatu Kejadian Percobaan, Ruang Sampel, Titik Sampel, dan Kejadian Frekuensi Harapan: Fh = P(A) × n Peluang Gabungan Peluang Irisan Peluang Kejadian Majemuk Dua Kejadian Saling Lepas: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) Dua Kejadian Tidak Saling Lepas: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) Dua Kejadian Saling Bebas: P(A ∩ B) = P(A) × P(B) Dua Kejadian Bersyarat: P(A | B) = ∩ P(A B) P(B) Frekuensi Relatif: Fr = Banyak kejadian A Banyak percobaan Peluang Suatu Kejadian: P(A) = n(A) n(S) Peluang Komplemen: P(A′) = 1 – P(A)
118 Peluang Kejadian A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: d n(S) = 16 Misalkan: A = kejadian muncul paling sedikit 3 angka. A = {AAAA, AAAG, AAGA, AGAA, GAAA} n(A) = 5 P(A) = n(A) n(S) = 5 16 Jadi, peluang muncul paling sedikit 3 angka adalah 5 16 . 2. Jawaban: c Satu set lengkap kartu brigde terdiri atas 52 kartu, dan 4 di antaranya adalah kartu AS. Misalnya A = kejadian terambil kartu AS n(A) = 4 n(S) = 52 P(A) = n(A) n(S) = 4 52 Peluang kartu yang terambil bukan kartu AS = P(A′). P(A′)= 1 – P(A) = 1 – 4 52 = 48 52 = 12 13 Jadi, peluang kartu yang terambil bukan kartu AS adalah 12 13 . 3. Jawaban: a S = ruang sampel → n(S) = 36 Misalnya A =kejadian muncul dua mata dadu berjumlah kurang dari 5 A = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 2)} n(A) = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 36 = 1 6 Banyak percobaan (n) = 480 Fh(A) = P(A) × n = 1 6 × 480 = 80 kali Jadi, frekuensi harapan muncul dua mata dadu berjumlah kurang dari 5 adalah 80 kali. 4. Jawaban: e Misalkan: A = ayam broiler yang sudah siap potong dalam waktu 5–6 minggu. n = 4.000 P(A) = 86% = 86 100 = 43 50 Fh(A) = P(A) × n = × 4.000 = 3.440 Ayam yang belum siap potong usia 5–6 minggu = 4.000 – 3.440 = 560 ekor Jadi, banyak ayam yang belum siap potong usia 5–6 minggu adalah 560 ekor. 5. 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 Jadi, peluang semuanya anak laki-laki 1 3 . A G A → AAAA G → AAAG A → AAGA G → AAGG A G A → AGAA G → AGAG A → AGGA G → AGGG G A A A G A → GAAA G → GAAG A → GAGA G → GAGG A G A → GGAA G → GGAG A → GGGA G → GGGG G A G
Matematika Kelas XII 119 6. Jawaban: b Banyak kelereng = 10 Kelereng biru = 4 Ruang sampel S = kejadian terambil 2 kelereng dari 10 kelereng n(S) = banyak cara mengambil 2 kelereng dari 10 kelereng n(S) = 10C2 = 10! 2!(10 2)! − = 10 9 8! 2 1 8! × × × × = 45 A =kejadian terambil 2 kelereng biru dari 4 kelereng biru. n(A) = banyak cara mengambil 2 kelereng biru dari 4 kelereng biru. n(A) = 4C2 = 4! 2!(4 2)! − = 4 3 2! 2 1 2! × × × × = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 45 = 2 15 Jadi, peluang terambil 2 kelereng biru adalah 2 15 . 7. Jawaban: b Banyak kartu = 8 + 6 = 14 Ruang sampel S = kejadian terambil 4 kartu dari 14 kartu. n(S) = 14C4 = 14! 4!(10 4)! − = 14 13 12 11 10! 4 3 2 1 10! ×××× × × ×× = 24.024 24 = 1.001 A = kejadian terambil 2 kartu dari 8 kartu merah dan 2 kartu dari 6 kartu hijau. n(A) = 8C2 × 6C2 = 8! 2!(8 2)! − × 6! 2!(6 2)! − = 8 7 6! 2 1 6! × × × × × 6 5 4! 2 1 4! × × × × = 28 × 15 = 420 P(A) = n(A) n(S) = 420 1.001 Jadi, peluang terambil 2 kartu merah dan 2 kartu hijau adalah 420 1.001 . 8. Jawaban: e Diketahui ada 8 telur baik dan 2 telur retak. Banyak telur = 10 n(S) = 10C2 = 10! (10 2)! 2! − = 10 9 8! 8! 2! × × × = 10 9 2 1 × × = 45 Misalnya A = kejadian terpilih 2 butir telur baik n(A)= 8C2 = 8! (8 2)! 2! − = 8 7 6! 6! 2! × × × = 8 7 2 1 × × = 28 Peluang terpilih 2 butir telur baik P(A)= n(A) n(S) = 28 45 Jadi, peluang ibu mendapat 2 butir telur yang baik adalah 28 45 . 9. Jawaban: b Banyak ikan = 4 + 3 + 2 = 9 Ruang sampel S = kejadian terpancing 3 ikan dari 9 ikan. n(S) = 9C3 = 9! 3!(9 3)! − = 9 8 7 6! 3 2 1 6! ××× × ×× = 504 6 = 84 A = kejadian terpancing 3 ikan yang berlainan. n(A) = 4C1 × 3C1 × 2C1 = 4 × 3 × 2 = 24
120 Peluang Kejadian P(A) = n(A) n(S) = 24 84 = 2 7 Jadi, peluang terpancing tiga ikan yang berlainan adalah 2 7 . 10. Jawaban: c Meskipun 60% × 5 = 3, kita tidak dapat memastikan bahwa 3 tahun lagi gunung berapi akan meletus. Dengan demikian, pernyataan pilihan a salah. Meskipun diketahui periode letusan gunung berapi 5 tahun, kita tidak dapat meyakini bahwa gunung berapi akan meletus dalam 5 tahun mendatang. Dengan demikian, pernyataan pilihan b salah. Dalam 5 tahun ke depan, peluang gunung berapi meletus 60%. Peluang gunung berapi tidak meletus = 1 – 60% = 40%. 60% > 40%, berarti peluang gunung berapi akan meletus pada suatu saat dalam 5 tahun ke depan lebih tinggi daripada peluang tidak meletus. Dengan demikian, pernyataan pilihan c benar. Meskipun tidak ada seorang pun dapat memperkirakan terjadinya gunung berapi meletus. Kita tidak dapat langsung menyimpulkan bahwa laporan tersebut tidak dapat dipercaya. Dengan demikian pilihan d salah. Meskipun 60% lebih besar daripada 50%, kita tidak dapat meyakini bahwa gunung berapi akan meletus pada suatu saat dalam 5 tahun ke depan. Dengan demikian, pernyataan pilihan e salah. Jadi, pernyataan yang sesuai adalah pernyataan pada pilihan c. 11. Jawaban: d Banyak buku = 10 n(S) = banyak cara menyusun 10 buku n(S) = 10! Misalkan: K = cara menyusun 6 buku kimia, 2 buku fisika, dan 2 buku matematika n(K) = banyak cara menyusun 6 buku kimia, 2 buku fisika, dan 2 buku matematika n(K) = 6! × 2! × 2! P(K) = n(K) n(S) = 6! 2! 2! 10! × × = 6! 2 1 2 1 10 9 8 7 6! × ×× × ×××× = 1 1.260 Jadi, peluang buku-buku sejenis ditempatkan berdampingan adalah 1 1.260 . 12. Jawaban: a Risa, Lulu, dan Farhan dipandang sebagai 1 elemen, permasalahan menjadi permutasi siklis dari 4 elemen. Adapun cara duduk Risa, Lulu, dan Farhan ada 3! cara. K = kejadian Risa, Lulu, dan Farhan duduk bersebelahan n(K) = 3! × permutasi siklis 4 elemen = 3! × (4 – 1)! = 3! × 3! = 3 × 2 × 1 × 3 × 2 × 1 = 36 n(S) = permutasi siklis 6 elemen n(S) = (6 – 1)! = 5! = 120 P(K) = n(K) n(S) = 36 120 = 3 10 Jadi, peluang Risa, Lulu, dan Farhan duduk bersebelahan adalah 3 10 . 13. Jawaban: a Banyak huruf konsonan = 6 Banyak huruf vokal = 3 Ruang sampel S = kejadian terambil 3 huruf dari 9 huruf. n(S) = banyak cara mengambil 3 huruf dari 9 huruf n(S) = 9C3 = 9! 3!(9 3)! − = 9 8 7 6! 3 2 1 6! ××× × ×× = 84 A =kejadian terambil 2 huruf dari 6 huruf konsonan dan 1 huruf dari 3 huruf vokal. n(A) = banyak cara mengambil 2 huruf dari 6 huruf konsonan dan 1 huruf dari 3 huruf vokal n(A) = 6C2 × 3C1 = 6! 2!(6 2)! − × 3! 1!(3 1)! − = 6 5 4! 2 1 4! × × × × × 3 2! 2! × = 15 × 3 = 45 P(A) = n(A) n(S) = 45 84 = 15 28 Fh(A) = n × P(A) ⇔15 = n × 15 28 ⇔ n = 15 × 15 28 ⇔ n = 28 Jadi, percobaan pengambilan 3 huruf tersebut dilakukan sebanyak 28 kali.
Matematika Kelas XII 121 14. Jawaban: d Kemungkinan panitia yang terbentuk (2 putri, 2 putra), (1 putri, 3 putra), atau 4 putra. Jumlah peserta didik = 5 + 5 = 10. Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 10C4 P(A)= peluang panitia yang terbentuk 2 putri dan 2 putra = 52 52 10 4 C C C × = 10 10 210 × = 10 21 P(B) = peluang panitia yang terbentuk 1 putri dan 3 putra = 51 53 10 4 C C C × = 5 10 210 × = 5 21 P(C) = peluang panitia yang terbentuk 4 putra = 5 4 10 4 C C = 5 210 = 1 42 Peluang panitia yang terbentuk terdiri paling banyak 2 peserta didik putri = P(A) + P(B) + P(C) = 10 21 + 5 21 + 1 42 = 31 42 Jadi, peluang panitia yang terbentuk terdiri paling banyak 2 peserta didik putri adalah 31 42 . 15. Jawaban: b Sebuah dadu dilempar 2 kali, maka n(S) = 36. 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)} n(A) = 30 P(A)= n(A) n(S) = 30 36 B = 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) = 15 P(A) = 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)} n(A ∩ B) = 13 P(A ∩ B)= n(A B) n(S) ∩ = 13 36 P(A ∪ B)= P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 30 36 + 15 36 – 13 36 = 32 36 = 8 9 Jadi, peluang jumlah mata dadu yang muncul kurang dari 10 atau bilangan prima 8 9 . 16. Jawaban: b Ruang sampel S = seperangkat kartu bridge n(S) = 52 Misalkan: A = kejadian terambil kartu hati n(A) = 13 B = kejadian terambil kartu King n(B) = 4 A ∩ B = {King-hati} n(A ∩ B) = 1 Peluang terambil kartu hati atau kartu King: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = n(A) n(S) + n(B) n(S) – n(A B) n(S) ∩ = 13 52 + 4 52 – 1 52 = 16 52 = 4 13 Jadi, peluang terambil kartu hati atau kartu King adalah 4 13 . 17. Jawaban: e Banyaknya orang = 100 n(S) = 100 Misalkan: A = orang yang memakai topi n(A) = 55 B = orang yang memakai kacamata n(B) = 60 orang A ∩ B = orang yang memakai topi dan kacamata (A ∪ B)′ = orang yang tidak memakai topi maupun kacamata
122 Peluang Kejadian n(A ∪ B)′ = 15 orang n(S) = n(A ∪ B) + n(A ∪ B)′ ⇔ 100 = n(A ∪ B) + 15 ⇔ n(A ∪ B) = 100 – 15 = 85 Orang yang memakai topi dan kacamata: n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) ⇔ 85 = 55 + 60 – n(A ∩ B) ⇔ n(A ∩ B) = 55 + 60 – 85 = 30 Peluang terpilih seseorang yang memakai topi dan kacamata: P(A ∩ B) = n(A B) n(S) ∩ = 30 100 = 3 10 Jadi, peluang terpilih seseorang yang memakai topi dan kacamata adalah 3 10 . 18. Jawaban: a Banyak kartu = 30 n(S) = 30 Misalkan: A = kejadian terambil kartu bernomor kelipatan 3 A = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30} n(S)= 10 B = kejadian terambil kartu bernomor faktor dari 10 B = {1, 2, 5, 10} n(B) = 4 A ∩ B = ∅ P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = n(A) n(S) + n(B) n(S) = 10 30 + 4 30 = 14 30 = 7 15 Jadi, peluang terambil kartu bernomor kelipatan 3 atau kartu faktor dari 10 adalah 7 15 . 19. Jawaban: b P(B) = 1 – P(B′) = 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 ⇔ P(A) = 0,75 P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 0,75 = 0,25 Jadi, P(A′) = 0,25. 20. Jawaban: d Pada kotak I terdapat 5 bolpoin merah dan 7 bolpoin biru. A = kejadian terambil bolpoin merah dari kotak I P(A) = n(A) n(S) = 5 12 Pada kotak II terdapat 4 bolpoin merah dan 10 bolpoin biru. B = kejadian terambil bolpoin biru dari kotak II P(B) = n(B) n(S) = 10 14 = 5 7 Kejadian terambil satu bolpoin merah pada kotak I tidak akan mempengaruhi peluang terambil satu bolpoin biru pada kotak II, dan sebaliknya. Dengan demikian, dua kejadian tersebut merupakan dua kejadian saling bebas. P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = 5 12 × 5 7 = 25 84 Jadi, peluang terambil bolpoin merah dari kotak I dan bolpoin biru dari kotak II adalah 25 84 . 21. Jawaban: e Jumlah bola = 10 n(S) = 10 Misalkan: A = kejadian terambil bola bernomor kelipatan 4 A = {4, 8} n(A) = 2 B = kejadian bola bernomor 7 n(B) = 1 P(A ∩ B) = P(A) × P(B) = n(A) n(S) × n(B) n(S) = 2 10 × 1 10 = 2 100 = 1 50 Jadi, peluang terambil bola bernomor kelipatan 4 dan nomor 7 adalah 1 50 . 22. Jawaban: b Misalnya A = kejadian Lisa lulus tes P(A) = 0,98 Misalnya B = kejadian Bima lulus tes P(B) = 0,95
Matematika Kelas XII 123 Peluang kejadian Bima tidak lulus tes = P(B′) P(B′) = 1 – P(B) = 1 – 0,95 = 0,05 Peluang Lisa lulus tes dan Bima tidak lulus tes = P(A) × P(B′) = 0,98 × 0,05 = 0,049 Jadi, peluang Lisa lulus tes dan Bima tidak lulus tes adalah 0,049. 23. Jawaban: c Seperangkat kartu bridge = 52 kartu Misalkan: M = kejadian terambil kartu bewarna merah n(M) = 26 Pada pengambilan pertama tersedia 26 kartu bewarna merah dengan jumlah seluruh kartu 52. P(M1) = n(M) n(S) = 26 52 = 1 2 kartu pada pengambilan pertama tidak dikembalikan, maka pada pengambilan kedua tersedia 25 kartu bewarna merah dengan jumlah seluruh kartu 51. P(M2|M1) = n(M) 1 n(S) 1 − − = 25 51 Peluang terambil keduanya merah: = P(M1) × P(M2|M1) = 1 2 × 25 51 = 25 102 Jadi, peluang terambil dua kartu bewarna merah dari satu set kartu bridge tanpa pengembalian adalah 25 102 . 24. Jawaban: c Jumlah balon = 20 + 12 + 8 = 40 Misalkan: B = balon biru K = balon kuning H = balon hitam Pada pengambilan pertama tersedia 20 balon biru dengan jumlah seluruh balon 40. P(B) = n(B) n(S) = 20 40 = 1 2 Balon pada pengambilan pertama tidak dikembalikan sehingga pada pengambilan kedua tersedia 12 balon kuning dengan jumlah seluruh balon 39. P(K|B) = n(K) n(S) 1 − = 12 39 = 4 13 Balon pada pengambilan kedua tidak dikembalikan, maka pada pengambilan ketiga tersedia 8 balon hitam dengan jumlah seluruh balon 38 P(H|K) = n(H) n(S) 1 − = 8 38 = 4 19 Peluang terambil balon biru, kuning, dan hitam berturut-turut: = 1 2 × 4 13 × 4 19 = 8 247 Jadi, peluang terambil balon biru, kuning, dan hitam berturut-turut adalah 8 247 . 25. Jawaban: a Misalkan: A = kejadian tembakan A mengenai sasaran P(A) = 5 8 P(A′) = 1 – 5 8 = 3 8 B = kejadian tembakan B mengenai sasaran P(B) = 2 5 Peluang tembakan A tidak tepat sasaran, sedangkan tembakan B mengenai sasaran: = P(A′) × P(B) = 3 8 × 2 5 = 3 20 Jadi, peluang tembakan A tidak tepat sasaran dan tembakan B mengenai sasaran adalah 3 20 . 26. Jawaban: d Peluang terpilih dompet I = 1 2 . Dompet I berisi 5 keping uang logam lima ratusan dan 2 keping ratusan rupiah. Peluang terpilih uang ratusan = 2 7 . A = kejadian terpilih dompet I dan terpilih uang ratusan rupiah P(A)= 1 2 × 2 7 = 1 7 Peluang terpilih dompet II = 1 2 . Dompet II berisi 1 keping lima ratusan dan 3 keping ratusan rupiah. Peluang terpilih uang ratusan = 3 4 . B = kejadian terpilih dompet II dan terpilih uang ratusan P(B) = 1 2 × 3 4 = 3 8
124 Peluang Kejadian Peluang mendapatkan uang logam ratusan rupiah = P(A) + P(B) = 1 7 + 3 8 = 8 56 + 21 56 = 29 56 Jadi, peluang mendapatkan uang logam ratusan rupiah adalah 29 56 . 27. Jawaban: e Ruang sampel S = kejadian terpilih 2 peserta didik dari 9 peserta didik. n(S) = banyak cara memilih 2 peserta didik dari 9 peserta didik = 9C2 = 9! 2!(9 2)! − = 9 8 7! 2 1 7! × × × × = 9 × 4 = 36 Kemungkinan pasangan ketua dan sekretaris yang terpilih sebagai berikut. Misalkan: A = kejadian terpilih ketua dari kelas XI dan sekretaris dari kelas X B = kejadian terpilih ketua dari kelas XII dan sekretaris dari kelas X C = kejadian terpilih ketua dari kelas XII dan sekretaris dari kelas XI n(A) = 4C1 × 3C1 = 4 × 3 = 12 n(B) = 2C1 × 3C1 = 2 × 3 = 6 n(B) = 2C1 × 4C1 = 2 × 4 = 8 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang terpilih keduanya dari kelas yang berbeda dan ketua harus berasal dari kelas yang lebih tinggi dari sekretaris: P = n(A) n(S) + n(B) n(S) + n(C) n(S) = 12 36 + 6 36 + 8 36 = 26 36 Jadi, peluang terpilih keduanya dari kelas yang berbeda dan ketua harus berasal dari kelas yang lebih tinggi dari sekretaris adalah 26 36 . 28. Jawaban: b Banyaknya ulangan 3 kali Misalkan: L = siswa lulus ulangan P(L) = 70% = 70 100 = 7 10 TL = siswa tidak lulus ulangan P(TL) = 1 – P(L) = 1 – 7 10 = 3 10 Kemungkinan kejadian seorang siswa lulus 2 kali ulangan: P(K1) = P(L) × P(L) × P(TL) = 7 10 × 7 10 × 3 10 = 147 1.000 P(K2) = P(L) × P(TL) × P(L) = 7 10 × 3 10 × 7 10 = 147 1.000 P(K3) = P(TL) × P(L) × P(L) = 3 10 × 7 10 × 7 10 = 147 1.000 Peluang setiap siswa lulus 2 kali ulangan: = P(K1) + P(K2) + P(K3) = 147 1.000 + 147 1.000 + 147 1.000 = 441 1.000 Jadi, peluang setiap siswa lulus 2 kali ulangan adalah 441 1.000 . 29. Jawaban: d Banyak lampu = 1 lusin = 12 lampu n(S) = 12 A = lampu yang rusak n(A) = 2 B = lampu yang tidak rusak n(B) = 10 Permasalahan di atas merupakan pengambilan tanpa pengembalian, karena lampu yang telah dibeli oleh pembeli tidak dikembalikan. Ketua Sekretaris XI X Asal Kelas XII X XII XI Ulangan Ke- Kejadian 1 K1 K2 K3 L L TL 2 3 L TL L TL L L
Matematika Kelas XII 125 Kemungkinan kejadian seorang pembeli ketiga mendapatkan lampu rusak: P(K1) = P(A1) × P(B) × P(A2) = n(A) n(S) × n(B) n(S) 1 − × n(A) 1 n(S) 2 − − = 2 12 × 10 11 × 1 10 = 1 66 P(K2) = P(B) × P(A1) × P(A2) = n(B) n(S) 1 − × n(A) n(S) 1 − × n(A) 1 n(S) 2 − − = 10 12 × 2 11 × 1 10 = 1 66 P(K3) = P(B1) × P(B2) × P(A) = 10 12 × 2 10 × 1 10 = 3 22 Peluang pembeli ketiga mendapatkan lampu yang rusak: = P(K1) + P(K2) + P(K3) = 1 66 + 1 66 + 3 22 = 119 66 + + = 11 66 = 1 6 Jadi, peluang pembeli ketiga mendapatkan lampu rusak adalah 1 6 . 30. Jawaban: d Kotak A Jumlah bola pada kotak A = 8 + 4 = 12 maka n(S) = 12. A = kejadian terambil bola merah pada kotak I P(A) = n(A) n(S) = 8 12 B = kejadian terambil bola putih pada kotak I P(B) = n(B) n(S) = 4 12 Kotak B Jumlah bola pada kotak II setelah ditambah 1 bola dari kotak I adalah 6 + 9 + 1 = 16. n(S) = 10 Misalnya D = kejadian terambil bola merah pada kotak I dilanjutkan terambil bola putih pada kotak II P(D) = n(D) n(S) = 9 16 Misalnya F = kejadian terambil bola putih pada kotak I dilanjutkan terambil bola putih pada kotak II P(F) = n(F) n(S) = 10 16 Peluang terambil bola putih P(P) = P(A) × P(D) + P(B) × P(F) = 8 12 × 9 16 + 4 12 × 10 16 = 72 192 + 40 192 = 112 192 = 7 12 Jadi, peluang terambil bola putih adalah 7 12 . B. Uraian 1. Dua buah dadu dilambungkan bersama-sama, maka n(S) = 36 a. Misalkan: A = kejadian muncul dua mata dadu berjumlah kurang dari 5 A = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 1)} n(A) = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 36 = 1 6 Jadi, peluang muncul dua mata dadu berjumlah kurang dari 5 adalah 1 6 . b. Misalkan: B = kejadian muncul dua mata dadu yang hasil kalinya lebih dari 12 B = {(3, 5), (3, 6), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} n(B) = 13 P(B) = n(B) n(S) = 13 36 Fh(B) = n × P(B) = 360 × 13 36 = 130 Jadi, frekuensi harapan muncul dua mata dadu yang hasil kalinya lebih dari 12 adalah 130. Ulangan Ke- Kejadian 1 K1 K2 K3 A1 B B1 2 3 B A1 B2 A2 A2 A
126 Peluang Kejadian 2. a. Jumlah kelereng = 7 + 5 + 4 = 16 n(S) = 16C3 = 16! (16 3)!3! − = 16 15 14 13! 13! 3! ××× × = 16 15 14 321 × × × × = 560 Misalkan A =kejadian terambil ketiga kelereng merah semua n(A) = 7C3 = 7! (7 3)!3! − = 7 6 5 4! 4! 3! ××× × = 765 321 × × × × = 35 Peluang kejadian terambil semua merah P(A) = n(A) n(S) = 35 560 = 1 16 Jadi, peluang kejadian terambil semua merah adalah 1 16 . b. Misalkan B =kejadian terambil 2 biru dan 1 hijau n(B) = 5C2 × 4C1 = 5! (5 2)! 2! − × 4! (4 1)!1! − = 5 4 3! 3! 2! × × × × 4 3! 3! 1! × × = 5 4 2 1 × × × 4 1 = 10 × 4 = 40 Peluang terambil 2 biru dan 1 hijau P(B) = n(B) n(S) = 40 560 = 1 14 Jadi, peluang kejadian terambil 2 biru dan 1 hijau adalah 1 14 . c. Misalkan C =kejadian terambil kelereng berbeda warna n(C) = 7C1 × 5C1 × 4C1 = 7! (7 1)!1! − × 5! (5 1)!1! − × 4! (4 1)!1! − = 7 6! 6! 1! × × × 5 4! 4! 1! × × × 4 3! 3! 1! × × = 7 1 × 5 1 × 4 1 = 140 Peluang kejadian terambil kelereng berbeda warna P(C) = n(A) n(S) = 140 560 = 1 4 Jadi, peluang kejadian terambil kelereng berbeda warna adalah 1 4 . 3. Jumlah bola = 12 + 6 + 3 = 21 n(S) = 21 Misalkan: P = bola putih n(P) = 12 H = bola hijau n(H) = 6 M = bola merah n(M) = 3 a. Bola pada pengambilan pertama dikembalikan ke dalam kotak Pada pengambilan pertama tersedia 3 bola merah dengan jumlah seluruh bola 21. P(M) = n(M) n(S) = 3 21 = 1 7 Pada pengambilan kedua tersedia 6 bola hijau dengan jumlah seluruh bola 21. P(H) = n(H) n(S) = 6 21 = 2 7 Peluang terambil bola merah dan bola hijau: P(M ∩ H) = 1 7 × 2 7 = 2 49 Jadi, peluang terambil bola merah dan bola hijau dengan pengambilan pertama bola dikembalikan adalah 2 49 . b. Bola pada pengambilan pertama tidak dikembalikan ke kotak Pada pengambilan pertama tersedia 3 bola merah dengan jumlah seluruh bola 21. P(M) = n(M) n(S) = 3 21 = 1 7 Bola pertama yang telah diambil tidak dikembalikan. Dengan demikian, pada pengambilan kedua tersedia 6 bola hijau dengan jumlah seluruh bola 20 P(H|M) = n(H) n(S) 1 − = 6 20 = 3 10 Peluang terambil bola merah dan bola hijau dengan syarat terambil bola hijau setelah bola merah terambil:
Matematika Kelas XII 127 P(M ∩ H) = P(M) × P(H|M) = 1 7 × 3 10 = 3 70 Jadi, peluang terambil bola merah dan bola hijau dengan pengambilan pertama bola tidak dikembalikan ke kotak adalah 3 70 . 4. a. 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. b. Fh(A) = n × P(A) = 20.000 × 0,82 = 16.400 Jadi, nasabah yang akan tepat waktu dalam membayar angsuran sebanyak 16.400 . 5. Jumlah penduduk = 3.600 Jumlah orang dewasa = 4 5 jumlah anak-anak. Jumlah orang dewasa : jumlah anak-anak = 4 : 5 Jumlah orang dewasa = 4 9 × 3.600 = 1.600 Jumlah anak-anak = 5 9 × 3.600 = 2.000 Misalkan: A = kejadian orang dewasa terjangkit penyakit P(A) = 0,2 Fh(A) = n × P(A) = 1.600 × 0,2 = 320 B = kejadian anak-anak terjangkit penyakit P(B) = 0,8 Fh(B) = n × P(B) = 2.000 × 0,8 = 1.600 Jumlah orang yang terjangkit penyakit = 320 + 1.600 = 1.920 Jadi, jumlah orang yang diperkirakan terjangkit penyakit di wilayah tersebut adalah 1.920 orang. 6. (catatan untuk guru: jawaban peserta didik dapat berbeda-beda) A = kejadian bahwa mereka akan menghadapi cuaca yang buruk B = kejadian bahwa mereka akan menghadapi masalah dengan warga sekitar C = kejadian bahwa mereka akan sulit menemukan sumber air Kejadian majemuk untuk permasalahan di atas, antara lain sebagai berikut. a. Kejadian bahwa mereka akan menghadapi cuaca yang buruk dan masalah dengan warga sekitar. b. Kejadian bahwa mereka akan menghadapi cuaca yang buruk dan sulit menemukan sumber air. c. Kejadian bahwa mereka tidak bermasalah dengan warga sekitar tetapi sulit menemukan sumber air. 7. Jumlah kartu = 6 + 4 + 8 = 18 S = kejadian terambil 2 kartu dari 18 kartu n(S) = 18C2 = 18! 2!(18 2)! − = 18 17 16! 2 1 16! × × × × = 153 K = kejadian terambil dua kartu yang berlainan warna Kemungkinan kartu yang terambil adalah (1P, 1U), (1P, 1M), (1U, 1M). Misalkan: A = kejadian kartu yang terambil 1 putih dan I ungu n(A) = 6C1 × 4C1 = 6 × 4 = 24 B = kejadian kartu yang terambil 1 putih dan I merah n(A) = 6C1 × 8C1 = 6 × 8 = 48 C = kejadian kartu yang terambil 1 ungu dan I merah n(A) = 4C1 × 8C1 = 4 × 8 = 32 Kejadian A, B, dan C saling lepas. Peluang terambil kartu berlainan warna: P(K) = P(A) + P(B) + P(C) = n(A) n(S) + n(B) n(S) + n(C) n(S) = 24 153 + 48 153 + 32 153 = 104 153
128 Peluang Kejadian P(K′) = 1– P(K) = 1 – 104 153 = 49 153 Fh(K′) = n × P(K′) = 306 × 49 153 = 98 Jadi, frekuensi harapan terambil bukan kartu yang berlainan warna adalah 98. 8. Peluang terpilih kotak I = 1 2 Kotak I berisi 5 bola merah dan 4 bola putih Peluang terpilih bola merah = 5 9 A = kejadian terpilih kotak I dan terpilih bola merah P(A) = 1 2 × 5 9 = 5 18 Peluang terpilih bola putih = 4 9 B = kejadian terpilih kotak I dan terpilih bola putih P(B) = 1 2 × 4 9 = 4 18 Peluang terpilih kotak II = 1 2 Kotak II berisi 3 bola merah dan 6 bola putih Peluang terpilih bola merah = 3 9 C = kejadian terpilih kotak II dan terpilih bola merah P(C) = 1 2 × 3 9 = 3 18 Peluang terpilih bola putih = 6 9 D = kejadian terpilih kotak II dan terpilih bola merah P(D) = 1 2 × 6 9 = 6 18 a. Peluang terambil bola merah = P(A) + P(C) = 5 18 + 3 18 = 8 18 = 4 9 Jadi, peluang terambil bola merah adalah 4 9 . b. Peluang terambil bola putih = P(B) + P(D) = 4 18 + 6 18 = 10 18 = 5 9 Jadi, peluang terambil bola putih adalah 5 9 . 9. Permasalahan di atas dapat digambarkan sebagai berikut. Banyak orang = 100 n(S) = 100 Banyak orang yang merokok dan mengidap penyakit paru-paru = 75 100 × 100 = 75 Banyak orang yang merokok tetapi tidak mengidap penyakit paru-paru = 100 – 75 = 25 Banyak orang yang tidak merokok dan mengidap penyakit paru-paru = 20 100 × 50 = 10 Banyak orang yang tidak merokok dan tidak mengidap paru-paru = 50 – 10 = 40 Misalkan: A = orang yang merokok B = orang yang mengidap paru-paru B′|A = orang perokok yang tidak mengidap penyakit paru-paru n(A ∩ B′) = 25 P(A ∩ B′) = n(A B ) n(S) ∩ ′ = 25 150 n(A) = 100 P(A) = n(A) n(S) = 100 150 P(B′|A) = P(A B ) P(S) ∩ ′ = 25 150 100 150 = 25 100 = 1 4 Jadi, peluang diperoleh orang perokok yang tidak mengidap penyakit paru-paru adalah 1 4 . 10. Mesin I: L1 = mesin I dalam kondisi baik P(L1) = 0,8 = 8 10 = 4 5 P(L1′) = 1 – 4 5 = 1 5 Mesin II: L2 = mesin II dalam kondisi baik P(L2) = 0,8 = 8 10 = 4 5 P(L2′) = 1 – 4 5 = 1 5 Mengidap Penyakit Paru-Paru Ya Perokok Bukan perokok Total 75 10 85 Tidak Total 25 40 65 100 50 150
Matematika Kelas XII 129 Mesin Kejadian I A B C D L1 L1 L1 L1′ II III L2 L2 L2′ L2 L3 L3′ L3 L3 IV L4′ L4 L4 L4 Mesin III: L3 = mesin III dalam kondisi baik P(L3) = 0,9 = 9 10 P(L3′) = 1 – 9 10 = 1 10 Mesin IV: L4 = mesin IV dalam kondisi baik P(L4) = 0,7 = 7 10 P(L4′) = 1 – 7 10 = 3 10 Pesawat tersebut layak diterbangkan jika minimal 3 mesinnya bekerja dengan baik. Kemungkinan pesawat tersebut layak diterbangkan sebagai berikut. P(A) = P(L1) × P(L2) × P(L3) × P(L4′) = 4 5 × 4 5 × 9 10 × 3 10 = 108 625 P(B) = P(L1) × P(L2) × P(L3′) × P(L4) = 4 5 × 4 5 × 1 10 × 7 10 = 28 625 P(C) = P(L1) × P(L2′) × P(L3) × P(L4) = 4 5 × 1 5 × 9 10 × 7 10 = 126 1.250 P(A) = P(L1′) × P(L2) × P(L3) × P(L4) = 1 5 × 4 5 × 9 10 × 7 10 = 126 1.250 Peluang pesawat tersebut layak diterbangkan: = P(A) + P(B) + P(C) + P(D) = 108 625 + 28 625 + 126 1.250 + 126 1.250 = 216 56 126 126 1.250 ++ + = 524 1.250 = 0, 41 Jadi, nilai peluang pesawat tersebut layak diterbangkan adalah 0,41.
130 Penilaian Akhir Semester 2 A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: e Banyak pilihan merek HP adalah 18. Banyak pilihan warna HP adalah 4. Banyak pilihan HP adalah 18 × 4 = 72. Jadi, banyak pilihan HP yang dapat dibeli Rani adalah 72. 2. Jawaban: d Banyak pilihan jalan dari rumah ke pasar adalah 4. Banyak pilihan jalan dari pasar ke rumah adalah 4. Banyak pilihan jalan dari rumah ke pasar, lalu kembali lagi ke rumah adalah 4 × 4 = 16. Jadi, banyak pilihan jalan yang dapat dilalui Asti adalah 16. 3. Jawaban: d Jenis alat tulis: Buku tulis ada 9 pilihan. Pensil ada 2 pilihan. Penghapus ada 2 pilihan. Bolpoin ada 10 pilihan. Penggaris ada 2 pilihan. Banyak paket alat tulis berbeda yang dapat dibeli = 9 × 2 × 2 × 10 × 2 = 720 Jadi, Bunga dapat membeli 720 paket alat tulis berbeda. 4. Jawaban: d Banyak pilihan tisu kering adalah 3 + 2 = 5. Banyak pilihan tisu basah adalah 3. Banyak pilihan 1 tisu kering dan 1 tisu basah adalah 5 × 3 = 15. Jadi, banyak pilihan tisu yang dapat diambil Tiara adalah 15. 5. Jawaban: a Angka ganjil ada 5 pilihan yaitu 1, 3, 5, 7, dan 9. Huruf vokal ada 5 pilihan yaitu a, i, u, e, dan o. Password berupa 3 angka ganjil diikuti 2 huruf vokal. Susunan password sebagai berikut. Banyak password yang dapat dibuat = 5 × 5 × 5 × 5 × 5 = 3.125 Jadi, terdapat 3.125 password yang dapat dibuat Beni. 6. Jawaban: e Banyak pilihan siswa kelas X ada 5. Banyak pilihan siswa kelas XI ada 8. Banyak pilihan siswa kelas XII ada 6. Banyak pilihan ketua dari 3 siswa dalam tim kecil ada 3. Banyak susunan tim kecil = 5 × 8 × 6 × 3 = 720. Jadi, susunan tim kecil yang mungkin terbentuk sebanyak 720. 7. Jawaban: d Umbul-umbul terdiri atas 7 warna berbeda. Pemasangan umbul-umbul merupakan penyusunan yang memerhatikan urutan sehingga diselesaikan dengan permutasi. Banyak cara memasang 7 umbul-umbul = 7P7 = 7! = 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5.040 Jadi, terdapat 5.040 cara memasang umbul-umbul tersebut. 8. Jawaban: b Bilangan yang disusun dari beberapa angka merupakan permasalahan permutasi. Permutasi dari angka-angka 2, 2, 3, 4, dan 4 merupakan permutasi dengan unsur yang sama, yaitu ada dua angka 2 dan dua angka 4. Banyak bilangan: P = 5! 2! 2! × = 543 2 1 × × × = 30 Jadi, banyak bilangan yang dapat disusun adalah 30. 5 cara 5 cara 5 cara 5 cara 5 cara Angka 1 Angka 2 Angka 3 Huruf 1 Huruf 2
Matematika Kelas XII 131 9. Jawaban: e Bilangan ratusan memiliki nilai tempat ratusan, puluhan, dan satuan. Bilangan yang akan disusun ratusan genap sehingga nilai tempat satuan dapat diisi dengan angka 2, 4, atau 6. Dengan demikian, angka satuan dapat dipilih dengan 3 cara. Dua angka yang lain (ratusan dan puluhan) dapat dipilih dari 5 angka yang tersisa sehingga dua angka tersebut dapat dipilih dengan 5P2 cara. Banyak bilangan yang dapat disusun = 5P2 × 3 = 5! (5 2)! − × 3 = 5 4 3! × × 3! × 3 = 5 × 4 × 3 = 60 Jadi, terdapat 60 bilangan yang dapat disusun. 10. Jawaban: c Banyak cara duduk mengelilingi meja bundar merupakan permasalahan permutasi siklis. Ketiga pengurus duduk dalam satu kelompok sehingga dianggap satu unsur. Permutasi siklis dari 5 anggota dan sekelompok pengurus adalah (6 – 1)! = 5! cara. Permutasi dari 3 pengurus dalam kelompok pengurus adalah 3! cara. Banyak posisi duduk = 5! × 3! = (5 × 4 × 3 × 2 × 1) × (3 × 2 × 1) = 120 × 6 = 720 Jadi, banyak posisi duduk yang mungkin adalah 720. 11. Jawaban: c Banyak jabat tangan sama dengan banyak pasangan orang tanpa memperhatikan urutan, maka banyak jabat tangan merupakan permasalahan kombinasi. Banyak jabat tangan = 14C2 = 14! 2! (14 2)! × − = 14 13 12! 2 1 12! × × × × = 7 × 13 = 91 Jadi, jabat tangan yang terjadi sebanyak 91 kali. 12. Jawaban: a Banyak segitiga yang dapat dibentuk sama dengan banyak kelompok tiga titik tanpa memperhatikan urutan, maka banyak segitiga yang dapat dibentuk merupakan permasalahan kombinasi. Banyak segitiga = 10C3 = 10! 3! (10 3)! × − = 10 9 8 7! 3 2 1 7! ××× × ×× = 10 × 3 × 4 = 120 Jadi, banyak segitiga yang dapat dibentuk adalah 120. 13. Jawaban: a Soal nomor 1 sampai 4 harus dikerjakan sehingga tersisa 8 soal. Dari 8 soal tersebut 4 soal harus dikerjakan. Banyak komposisi soal yang mungkin dikerjakan = 8C4 = 8 7 6 5 4! ×××× 4! 4! × = 2 8 × ×7 6 5 4 × × 3 × 2 ×1 = 2 × 7 × 5 = 70 Jadi, banyak komposisi soal yang mungkin dikerjakan siswa ada 70 soal. 14. Jawaban: d Banyak cara memilih tidak memperhatikan urutan, maka banyak cara memilih merupakan permasalahan kombinasi. Banyak cara memilih 2 dari 6 laki-laki adalah 6C2. Banyak cara memilih 2 dari 4 perempuan adalah 4C2. Banyak cara memilih 2 laki-laki dan 2 perempuan adalah 6C2 × 4C2 = 6! 2! (6 2)! × − × 4! 2! (4 2)! × − = 6 5 4! 2 1 4! × × × × × 4 3 2! 2 1 2! × × × × = 15 × 6 = 90 Jadi, banyak cara memilih yang mungkin adalah 90. 15. Jawaban: b Tujuh wisatawan naik becak secara berurutan. Misalkan becak I dan becak II muat 2 orang, dan becak III muat 3 orang. Banyak cara 7 wisatawan naik becak I = 7C2. Ratusan Puluhan Satuan 5P2 cara 3 cara
132 Penilaian Akhir Semester 2 Sisa wisatawan setelah naik becak I = 7 – 2 = 5 orang. Banyak cara 5 wisatawan naik becak II = 5C2. Sisa wisatawan setelah naik becak II = 5 – 2 = 3 orang. Banyak cara 3 wisatawan naik becak III = 3C3. Banyak cara wisatawan naik becak = 7C2 × 5C2 × 3C3 = 7! 2! (7 2)! × − × 5! 2! (5 2)! × − × 3! 3! (3 3)! × − = 7 6 × 3 × 5! 2 × ×1 5! × 5 4 × 2 × 3! 2 × ×1 3! × 3! 3! ×1 = 7 × 3 × 5 × 2 × 1 = 210 Jadi, terdapat 210 cara yang dapat dilakukan wisatawan untuk naik becak. 16. Jawaban: b Hasil yang mungkin diperoleh pada pelemparan 4 koin disajikan dalam diagram pohon berikut. Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 16 B = kejadian muncul dua sisi gambar dan dua sisi angka = {AAGG, AGAG, AGGA, GAAG, GAGA, GGAA} n(B) = 6 P(B) = n(B) n(S) = 6 16 = 3 8 Jadi, peluang muncul dua sisi gambar dan dua sisi angka sebesar 3 8 . 17. Jawaban: e Banyak kartu = 52 Pengambilan secara acak 3 kartu dari 52 kartu bridge. n(S) = 52C3 = 52! 3! (52 3)! × − = 52 51 50 49! 3 2 1 49! ××× × ×× = 52 × 17 × 25 = 22.100 Banyak kartu bergambar sekop = 13 A = kejadian terambil 3 kartu sekop n(A) = 13C3 = = 13 12 11 10! 3 2 1 10! ××× × ×× = 13 × 2 × 11 = 286 P(A) = n(A) n(S) = 286 22.100 Jadi, peluang terambil 3 kartu bergambar sekop sebesar 286 22.100 . 18. Jawaban: a Banyak bola = 6 + 3 + 5 = 14 Pengambilan 2 bola dari 14 bola. n(S) = 14C2 = 14! 2! (14 2)! × − = 14 13 12! 2 1 12! × × × × = 7 × 13 = 91 Misalkan: A = kejadian terambil 2 bola hijau dari 5 bola hijau n(A) = 5C2 = = 5 4 3! 2 1 3! × × × × = 10 A G A → AAAA G → AAAG A → AAGA G → AAGG A G A → AGAA G → AGAG A → AGGA G → AGGG G A A A G A → GAAA G → GAAG A → GAGA G → GAGG A G A → GGAA G → GGAG A → GGGA G → GGGG G A G Koin 1 Koin 2 Koin 3 Koin 4
Matematika Kelas XII 133 P(A) = n(A) n(S) = 10 91 Peluang terambil tidak keduanya bola hijau: P(A) = 1 – 10 91 = 81 91 Jadi, peluang terambil tidak keduanya bola hijau sebesar 81 91 . 19. Jawaban: e Banyak titik sampel = n(S) = 62 = 216 Banyak percobaan = n = 72 Misalkan: A = kejadian ketiga mata dadu sama = {(1, 1, 1), (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4),(5, 5, 5), (6, 6, 6)} n(A) = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 216 = 1 36 Peluang tidak ketiga mata dadu sama: P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 1 36 = 36 1 36 − = 35 36 Frekuensi harapan tidak ketiga mata dadu sama: Fh(A′) = P(A′) × n = 35 36 × 72 = 70 Jadi, frekuensi harapan diperoleh hasil tidak ketiga mata dadu sama sebanyak 70 kali. 20. Jawaban: c Banyak pasangan = 15 pasang = 30 orang Banyak jabat tangan: n(S) = 30C2 = 30! (30 2)! 2! − × = 30 29 28! × × 28! × 2! = 15 30 29 2 × ×1 = 15 × 29 = 435 Misalkan: A= kejadian jabat tangan dengan masing-masing orang tidak boleh berjabat tangan dengan pasangannya sendiri n(A) = 435 – 15 = 420 Peluang banyak jabat tangan yang terjadi dengan masing-masing orang tidak boleh berjabat tangan dengan pasangannya sendiri adalah: P(A) = n(A) n(S) = 420 435 = 28 29 Jadi, besar peluang banyak jabat tangan yang terjadi adalah 28 29 . 21. Jawaban: d Misalkan: A = kejadian Ali mengalahkan Badu dalam permainan bulu tangkis P(A) = 0,4 A′ = kejadian Badu mengalahkan Ali dalam permainan bulu tangkis P(A′) = 1– 0,4 = 0,6 Fh(A′) = n × P(A′) = 20 × 0,6 = 12 Jadi, kemungkinan Badu akan memenangkan permainan sebanyak 12 kali. 22. Jawaban: d Jumlah orang = 6 + 5 = 11 Pemilihan 4 orang dari 11 orang sebagai panitia. n(S) = 11C4 = = 11 10 9 8 7! × ××× 7! × 4! = 11 10 9 × × 3 × 8 4 × 3 × 2 ×1 = 11 × 10 × 3 = 330 A = kejadian terpilih 2 wanita dan 2 pria n(A) = 5C2 × 6C2 = 5! (5 2)! 2! − × × 6! (6 2)! 2! − × = 2 5 4 × × 3! 3! × 2 ×1 × 3 6 × ×5 4! 4! × 2 ×1 = 10 × 15 = 150 11! (11 4)! 4! − ×
134 Penilaian Akhir Semester 2 P(A) = n(A) n(S) = 150 330 B = kejadian terpilih 1 wanita dan 3 pria n(B) = 5C1 × 6C3 = 5! (5 1)! 1! − × × 6! (6 3)! 3! − × = 5 4! × 4! ×1! × 6 5 4 3! ××× 3! × 3! = 5 1 × 6 5 4 3 × × × 2 ×1 = 5 × 20 = 100 P(B) = n(B) n(S) = 100 330 C = kejadian terpilih 4 pria n(C) = 6C4 = 6! (6 4)! 4! − × = 6 5 4! × × 2! 4! × = 3 6 5 2 × ×1 = 15 P(C) = n(C) n(S) = 15 330 Peluang terpilih paling banyak 2 wanita: P = P(A) + P(B) + P(C) = 150 330 + 100 330 + 15 330 = 265 330 = 53 66 Jadi, peluang terpilih paling banyak 2 wanita sebesar 53 66 . 23. Jawaban: b Jumlah buku = 6 + 4 + 5 = 15 Dari 15 buku diambil 3 buku secara acak. n(S) = 15C3 = 15! (15 3)! 3! − × = 15 14 13 12! ××× 12! × 3! = 5 15 7 × 14 13 3 × × 2 ×1 = 5 × 7 × 13 = 455 A = kejadian terambil 2 buku Sejarah dan 1 buku Matematika. n(A) = 5C2 × 6C1 = 5! (5 2)! 2! − × × 6! (5 1)! 1! − × = 5 4 3! × × 3! × 2! × 6 5! × 5! ×1! = 5 4 × 2 2 ×1 × 6 = 10 × 6 = 60 P(A) = n(A) n(S) = 60 455 B = kejadian terambil 2 buku Sejarah dan 1 buku Fisika n(B) = 5C2 × 4C1 = 5! (5 2)! 2! − × × 4! (4 1)! 1! − × = 5 4 3! × × 3! × 2! × 4 3! × 3! ×1! = 5 4 2 1 × × × 4 = 10 × 4 = 40 P(B) = n(B) n(S) = 40 455 C = kejadian terambil 3 buku Sejarah n(C) = 5C3 = 5! (5 3)! 3! − × = 5 4 3! × × 2! 3! × = 5 4 × 2 2 ×1 = 10 P(C) = n(C) n(S) = 10 455 Peluang terambil paling sedikit 2 buku Sejarah: P = P(A) + P(B) + P(C) = 60 455 + 40 455 + 10 455 = 110 455 = 22 91 Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 buku Sejarah sebesar 22 91 .
Matematika Kelas XII 135 24. Jawaban: d n(S) = 36 Misalkan: A = kejadian muncul dua mata dadu berjumlah 6 A = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)} n(A) = 5 B = kejadian muncul dua mata dadu berjumlah 10 B = {(4, 6), (5, 5), (6, 4)} n(B) = 3 A ∩ B = ∅, sehingga: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = n(A) n(S) + n(B) n(S) = 5 36 + 3 36 = 8 36 = 2 9 Jadi, peluang muncul dua mata dadu berjumlah 6 atau 10 sebesar 2 9 . 25. Jawaban: d Peluang terpilih kotak A = 1 2 Kotak A berisi 8 bola merah dan 7 bola putih Peluang terpilih bola putih = 7 15 C = kejadian terpilih kotak I dan terpilih bola putih P(C) = 1 2 × 7 15 = 7 30 Peluang terpilih kotak B = 1 2 Kotak B berisi 6 bola merah dan 9 bola putih Peluang terpilih bola putih = 9 15 D = kejadian terpilih kotak II dan terpilih bola putih P(D) = 1 2 × 9 15 = 9 30 Peluang bahwa terambil bola putih = P(C) + P(D) = 7 30 + 9 30 = 16 30 Jadi, peluang terambil bola putih sebesar 16 30 . 26. Jawaban: d Jumlah kelereng = 10 + 12 + 6 = 28 Pada pengambilan pertama tersedia 12 kelereng merah dengan jumlah seluruh kelereng 28. Peluang terambil kelereng merah: P(M) = n(M) n(S) = 12 28 = 3 7 Kelereng pertama yang telah diambil tidak dikembalikan, maka pada pengambilan kedua tersedia 10 kelereng biru dengan jumlah seluruh kelereng 27. Peluang terambil kelereng biru dengan syarat terambil merah pada pengambilan pertama. P(B|M) = n(B|M) n(S) 1 − = 10 27 Peluang terambil kelereng merah pada pengambilan pertama dan kelereng biru pada pengambilan kedua: P(M∩ B) = P(M) × P(B|M) = × 10 27 = 10 63 Jadi, peluang terambil kelereng merah pada pengambilan pertama dan kelereng biru pada pengambilan kedua sebesar 10 63 . 27. Jawaban: d Jumlah peserta jalan sehat = 100 Hadiah mesin cuci diundi setelah hadiah kulkas. Pada pengundian kulkas, peluang Era mendapatkan hadiah kulkas adalah 1 100 . Peluang Era tidak mendapat hadiah kulkas adalah 1 – 1 100 = 99 100 . Selanjutnya Era mengikuti pengundian mesin cuci dan peluang mendapatkannya 1 99 . Secara keseluruhan, peluang Era mendapat hadiah mesin cuci adalah 99 100 × 1 99 = 1 100 . Jadi, pernyataan yang benar sesuai informasi di atas adalah pernyataan pada pilihan d. 28. Jawaban: a Jumlah siswa = 36 Misalkan: A = himpunan siswa yang menyukai olahraga renang n(A) = 18 B = himpunan siswa yang menyukai olahraga basket 3 7
136 Penilaian Akhir Semester 2 n(B) = 15 (A ∪ B)′ = siswa yang tidak menyukai keduaduanya n(A ∪ B)′ = 8 S = n(A ∪ B) + n(A ∪ B)′ ⇔ S = [n(A) + n(B) – n(A ∩ B)] + n(A ∪ B)′ ⇔ 36 = [18 + 15 – n(A ∩ B)] + 8 ⇔ 36 = 33 – n(A ∩ B) + 8 ⇔ 36 = 41 – n(A ∩ B) n(A ∩ B) = 41 – 36 = 5 Diperoleh banyak siswa yang menyukai keduaduanya ada 5 siswa. Dari 5 siswa tersebut akan dipilih dua siswa secara acak. K = kejadian terpilih 2 siswa dari 5 siswa n(K) = 5C2 = 5! 2! (5 2)! × − = 5 4 3! 2 1 3! × × × × = 10 n(S) = banyak cara memilih 2 siswa dari 36 siswa n(S) = 36C2 = 36! 2! (36 2)! × − = 36 35 34! 2 1 34! × × × × = 18 × 35 = 630 P(K) = n(K) n(S) = 10 630 = 1 63 Jadi, peluang terpilih dua siswa menyukai olahraga renang dan basket sebesar 1 63 . 29. Jawaban: a n(S) = 8C3 = 8! (8 3)! 3! − × = 8 7 6 5! ××× 5! × 3! = 87 6 × × 3 2 × ×1 = 56 Misalkan: A = kejadian si kembar diundang Jika si kembar diundang maka Nadia hanya mengundang 1 dari 6 temannya yang tersisa. n(A) = 6C1 = 6! (6 1)! 1! − × = 6 5! 5! 1! × × = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 56 B = kejadian si kembar tidak diundang Jika si kembar tidak diundang maka Nadia mengundang 3 dari 6 temannya. n(B) = 6C3 = 6! (6 3)! 3! − × = 6 5 4 3! ××× 3! × 3! = 6 5 4 3 2 × × × ×1 = 20 P(B) = n(B) n(S) = 20 56 Peluang Nadia mengundang 3 dari 8 temannya = P(A) + P(B) = 6 56 + 20 56 = 26 56 = 13 28 Jadi, peluang keinginan Nadia terpenuhi sebesar 13 28 . 30. Jawaban: d Misalkan: A = kejadian menembak dengan tepat P(A) = 70% = 0,7 P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 0,7 = 0,3 Kemungkinan penembak menembak 3 kali dengan 2 kali tepat sasaran: K1 = kejadian tembakan ke-1 dan ke-2 tepat sasaran, sedangkan tembakan ke-3 meleset P(K1) = P(A)× P(A) × P(A′) = 0,7 × 0,7 × 0,3 = 0,147 K2 = kejadian tembakan ke-1 dan ke-3 tepat sasaran, sedangkan tembakan ke-2 meleset P(K2) = P(A) × P(A′) × P(A) = 0,7 × 0,3 × 0,7 = 0,147 K3 = kejadian tembakan ke-2 dan ke-3 tepat sasaran, sedangkan tembakan ke-1 meleset P(K3) = P(A′) × P(A) × P(A) = 0,3 × 0,7 × 0,7 = 0,147
Matematika Kelas XII 137 Peluang penembak menembak 3 kali dengan 2 kali tepat sasaran = P(K1) + P(K2) + P(K3) = 0,147 + 0,147 + 0,147 = 0,441 Jadi, peluang 3 kali menembak dengan 2 kali tepat sasaran sebesar 0,441. B. Uraian 1. Bilangan ratusan terdiri atas tiga angka dengan nilai tempat dari depan berturut-turut ratusan, puluhan, dan satuan. a. Bilangan terbesar diperoleh jika angka ratusannya terbesar yaitu 7. Oleh karena angka 7 telah digunakan, sehingga angka puluhan terbesar adalah 5. Oleh karena angka 7 dan 5 telah digunakan, sehingga angka satuan terbesar adalah 4. Jadi, bilangan terbesar adalah 754. b. Bilangan terkecil diperoleh jika angka ratusannya terkecil yaitu 1. Oleh karena angka 1 telah digunakan, sehingga angka puluhan terkecil adalah 2. Angka 1 dan 2 telah digunakan sehingga tersisa 3, 4, 5, dan 7. Oleh karena bilangan yang diinginkan genap, sehingga angka satuannya 4. Jadi, bilangan genap terkecil adalah 124. c. Angka satuan pada bilangan ganjil adalah 1, 3, 5, atau 7 yaitu ada 4 pilihan. Angka ratusan dan puluhan berturut-turut mempunyai 5 pilihan dan 4 pilihan. Banyak bilangan = 4 × 5 × 4 = 80 Jadi, banyak bilangan ganjil ada 80. d. Angka ratusan pada bilangan yang bernilai lebih dari 400 adalah 4, 5, atau 7 yaitu ada 3 pilihan. Angka puluhan dan satuan berturut-turut mempunyai 5 pilihan dan 4 pilihan. Banyak bilangan = 3 × 5 × 4 = 60 Jadi, banyak bilangan bernilai lebih dari 400 ada 60. 2. Kayu pendek ada 4 pilihan warna. Kayu panjang ada 6 pilihan warna. Banyak variasi warna rak buku yang dapat dibuat = 4 × 6 = 24 Jadi, terdapat 24 variasi warna rak buku yang dapat dibuat. 3. a. Menentukan banyak susunan dari enam anak duduk berjajar merupakan permasalahan permutasi. Banyak susunan = 6P6 = 6! = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720 Jadi, banyak susunan duduk adalah 720. b. Menentukan banyak susunan duduk berselang-seling antara laki-laki dan perempuan merupakan permasalahan permutasi. Banyak susunan jika ujung kiri laki-laki adalah 3P3 × 3P3. Banyak susunan jika ujung kiri perempuan adalah 3P3 × 3P3. Banyak susunan = 3P3 × 3P3 + 3P3 × 3P3 = 3! × 3! + 3! × 3! = 6 × 6 + 6 × 6 = 36 + 36 = 72 Jadi, banyak susunan duduk berselang-seling antara laki-laki dan perempuan adalah 72. 4. Susunan tanaman bunga sebagai berikut. Banyak cara menanam tanaman bunga mawar = (4 – 1)! Banyak cara menanam tanaman bunga krisan = (8 – 1)! Banyak cara menanam tanaman bunga = (4 – 1)! × (8 – 1)! = 3! × 7! = 3 × 2 × 1 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 30.240 Jadi, terdapat 30.240 cara yang dapat dilakukan untuk menanam tanaman bunga tersebut. 5. Banyak pilihan selai ada 5 rasa. Roti dibuat dengan isi selai maksimal 3 rasa sehingga kemungkinan roti diisi dengan selai 1 rasa, 2 rasa, atau 3 rasa. Banyak cara membuat roti dengan selai 1 rasa = 5C1. Banyak cara membuat roti dengan selai 2 rasa = 5C2. Krisan Krisan Krisan Krisan Krisan Krisan Krisan Krisan Mawar Mawar Mawar Mawar Kolam
138 Penilaian Akhir Semester 2 Banyak cara membuat roti dengan selai 3 rasa = 5C3. Banyak variasi roti dengan isi selai yang dapat dibuat = 5C1 + 5C2 + 5C3 = + 5! 2! (5 2)! × − + 5! 3! (5 3)! × − = 5 4! × 1 4! × + 5 4 × 2 × 3! 2 × ×1 3! + 5 4 × 2 × 3! 3! × 2 ×1 = 5 + 5 × 2 + 5 × 2 = 5 + 10 + 10 = 25 Jadi, terdapat 25 variasi roti dengan isi selai yang dapat pilih pembeli. 6. a. Sebuah dadu merah dan dadu putih dilambungkan bersama-sama. Ruang sampel dari pelambungan dua buah dadu: S = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} n(S) = 36 b. Misalkan: A = kejadian muncul jumlah kedua mata dadu lebih besar dari 10 A = {(6, 5), (5, 6), (6, 6)} n(A) = 3 P(A) = n(A) n(S) = 3 36 = 1 12 Jadi, peluang muncul jumlah kedua mata dadu lebih besar dari 10 adalah 1 12 . c. Frekuensi harapan muncul jumlah kedua mata dadu lebih besar dari 10 adalah 24 Fh(A) = n × P(A) ⇔ 24 = n × 1 12 ⇔ n = 24 × 12 ⇔ n = 288 Jadi, dua dadu dilambungkan sebanyak 288 kali. 7. Jumlah manik-manik = 20 Manik-manik biru = 8 Manik-manik kuning = 7 Manik-manik merah = 5 a. Diambil 2 manik-manik dari 20 manik-manik yang tersedia. n(S) = banyak cara mengambil 2 manikmanik dari 20 manik-manik yang tersedia n(S) = 20C2 = 20! 2! (20 2)! × − = 20 19 18! 2 1 18! × × × × = 190 Misalkan: A = kejadian terambil kedua manik-manik bewarna merah n(A) = banyak cara mengambil 2 manikmanik merah dari 5 manik-manik merah n(A) = 5C2 = 5! 2! (5 2)! × − = 5 4 3! 2 1 3! × × × × = 10 P(A) = n(A) n(S) = 10 190 = 1 19 Jadi, peluang terambil kedua-duanya manikmanik bewarna merah adalah 1 19 . b. Misalkan: B = kejadian terambil 1 manik-manik warna biru dan 1 manik-manik warna kuning n(B) = banyak cara mengambil 1 dari 8 manik-manik biru dan 1 dari 7 manik-manik kuning. n(B) = 8C1 × 7C1 = 8 × 7 = 56 12 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) Dadu Putih Dadu Merah 5! 1! (5 1)! × −
Matematika Kelas XII 139 P(B) = n(B) n(S) = 56 190 = 28 95 Jadi, peluang terambil 1 manik-manik berwarna biru dan 1 manik-manik berwarna kuning adalah 28 95 . c. Pada pengambilan pertama terdapat 8 manikmanik warna biru dengan jumlah seluruh manik-manik 20. Manik-manik yang telah diambil pada pengambilan pertama tidak dikembalikan sehingga pada pengambilan kedua terdapat 5 manik-manik merah dengan jumlah seluruh manik-manik 19. P(B ∩ M) = P(B) × P(M|B) = n(B) n(S) × n(M) n(S) 1 − = 8 20 × 5 19 = 2 19 Jadi, peluang terambil manik-manik biru dan merah secara berurutan jika diambil satu per satu tanpa pengembalian adalah 2 19 . 8. a. n(S) = 12 Misalkan: A = kejadian terambil bola bernomor ganjil = {1, 3, 5, 7, 9, 11} → n(A) = 6 P(A) = n(A) n(S) = 6 12 B = kejadian terambil bola bernomor prima = {2, 3, 5, 7, 11} P(B) = n(B) n(S) = 5 12 A ∩ B = {3, 5, 7, 11} → n(A ∩ B) = 4 P(A ∩ B) = n(A B) n(S) ∩ = 4 12 Peluang terambil bola bernomor ganjil atau prima: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 6 12 + 5 12 – 4 12 = 7 12 Jadi, peluang terambil bola bernomor ganjil atau prima adalah 7 12 . b. Misalkan: C = kejadian terambil bola genap kurang dari 9. = {2, 4, 6, 8} → n(C) = 4 P(C) = n(C) n(S) = 4 12 B ∩ C = {2} → n(B ∩ C) = 1 P(B ∩ C) = n(B C) n(S) ∩ = 1 12 Peluang terambil bola bernomor prima atau genap kurang dari 9: P(B ∪ C)= P(B) + P(C) – P(B ∩ C) = 5 12 + 4 12 – 1 12 = 8 12 = 2 3 Jadi, peluang terambil bola bernomor prima atau genap kurang dari 9 adalah 2 3 . 9. Misalkan: A = kejadian Rama lulus ujian P(A) = 0,65 = 65 100 A′ = kejadian Rama tidak lulus ujian P(A′) = 1 – P(A) = 1 – 65 100 = 35 100 B = kejadian Sinta lulus ujian P(B) = 0,8 = 8 10 B′ = kejadian Sinta tidak lulus ujian P(B′) = 1 – P(B) = 1 – 8 10 = 2 10 a. Peluang Rama lulus ujian, tetapi Sinta tidak lulus ujian = P(A) × P(B′) = 65 100 × 2 10 = 130 1.000 = 0,13 Jadi, peluang Rama lulus ujian, tetapi Sinta tidak lulus ujian adalah 0,13.
140 Penilaian Akhir Semester 2 b. Peluang Rama tidak lulus ujian, tetapi Shinta lulus ujian = P(A′) × P(B) = 35 100 × 8 10 = 280 1.000 = 0,28 Jadi, peluang Rama tidak lulus ujian, tetapi Sinta lulus ujian adalah 0,28. c. Peluang keduanya tidak lulus ujian = P(A′) × P(B′) = 35 100 × 2 10 = 70 1.000 = 0,07 Jadi, peluang keduanya tidak lulus ujian adalah 0,07. 10. Banyak siswa kelas X = 3 Banyak siswa kelas XI = 4 Jumlah siswa = 3 + 4 = 7 Satu tim terdiri dari 4 orang, maka akan dipilih 4 siswa dari 7 siswa. n(S) = 7C4 = 7! 4! (7 4)! × − = 7 6 5 4! 3 2 1 4! ××× × ×× = 35 Misalkan: A = kejadian terpilihnya 2 siswa kelas X dan 2 siswa kelas XI n(A) = 3C2×4C2 = × 4! 2! (4 2)! × − = 3 2! 2! 1! × × × 4 3 2! 2 1 2! × × × × = 3 × 6 = 18 P(A) = n(A) n(S) = 18 35 B = kejadian terpilihnya 1 siswa kelas X dan 3 siswa kelas XI n(B) = 3C1×4C3 = 3 × 4 = 12 P(B) = = 12 35 C = kejadian terpilihnya 4 siswa kelas XI n(C) = 4C4 = 1 P(C) = n(C) n(S) = 1 35 Peluang terbentuk paling banyak 2 siswa kelas X dalam tim tersebut = P(A) + P(B) + P(C) = 18 35 + 12 35 + 1 35 = 31 35 Jadi, peluang terbentuk paling banyak ada 2 siswa kelas X dalam tim adalah 31 35 . 3! n! (3 2)! × − n(B) n(S)
Matematika Kelas XII 141 A. Pilihan Ganda 1. Jawaban: b g(x) = x2 + x + 2 dan (f D g)(x) = 2x2 + 2x + 1 (f D g)(x) = 2x2 + 2x + 1 ⇔ f(g(x)) = 2x2 + 2x + 1 ⇔ f(x2 + x + 2) = 2x2 + 2x + 1 ⇔ f(x2 + x + 2) = 2x2 + 2x + 4 – 3 ⇔ f(x2 + x + 2) = 2(x2 + x + 2) – 3 Misalkan t = x2 + x + 2, persamaan fungsi menjadi: f(t) = 2t – 3 ⇔ f(x) = 2x – 3 Jadi, bentuk fungsi f(x) adalah f(x) = 2x – 3. 2. Jawaban: c Menentukan invers f(x). Misalkan y = f(x) maka: y = 3x 1 2x + 1 − ⇔ y(2x + 1) = 3x – 1 ⇔ 2xy + y = 3x – 1 ⇔ 2xy – 3x = –y – 1 ⇔ x(2y – 3) = –y – 1 ⇔ x = y 1 2y 3 − − − ⇔ x = y + 1 3 2 − y ⇔ f –1(y) = y + 1 3 2 − y ⇔ f –1(x) = x+1 3 2x − Jadi, bentuk f –1(x) adalah x+1 3 2x − ; x ≠ 3 2 . 3. Jawaban: b Pada persamaan kuadrat –x2 + 4x – 1 = 0 diketahui a = –1, b = 4, dan c = –1. Akar-akar persamaan kuadrat –x2 + 4x – 1 = 0 adalah α dan β maka: α + β = – b a = – 4 −1 = 4 dan αβ = c a = 1 1 − − = 1 Dengan demikian: α2 + β2 = (α + β)2 – 2αβ = 42 – 2(1) = 16 – 2 = 14 Jadi, hasil α2 + β2 adalah 14. 4. Jawaban: a Pada persamaan kuadrat x2 – 6x + 3 = 0 diketahui a = 1, b = –6, dan c = 3. Akar-akar persamaan kuadrat x2 – 6x + 3 = 0 adalah p dan q maka: p + q = – b a = – 6 1 − = 6 pq = c a = 3 1 = 3 Persamaan kuadrat baru yang dicari akar-akarnya 1 p dan 1 q . 1 p + 1 q = q pq + p pq = p + q pq = 6 3 = 2 1 p × 1 q = 1 pq = 1 3 Persamaan kuadrat baru: x2 – ( 1 p + 1 q )x + ( 1 p × 1 q ) = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 3 = 0 ⇔ 3x2 – 6x + 1 = 0 Jadi, persamaan kuadrat barunya adalah 3x2 – 6x + 1 = 0. 5. Jawaban: c Pada fungsi kuadrat f(x) = –x2 + 2x + 6 diketahui a = –1, b = 2, dan c = 6. Koordinat titik puncak (xP, yP) dengan: xP = – b 2a = – 2 2( 1) − = – 2 −2 = 1 yP = f(1) = –(1)2 + 2(1) + 6 = –1 + 2 + 6 = 7 Jadi, koordinat titik puncaknya (1, 7).
142 Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional 6. Jawaban: d y = mx2 – 6x + 2m + 7 Diperoleh a = m, b = –6, c = 2m + 7 Syarat grafik fungsi kuadrat menyinggung sumbu X apabila D = 0. D = 0 ⇔ b2 – 4ac = 0 ⇔ (–6)2 – 4 × m × (2m + 7) = 0 ⇔ 36 – 4m(2m + 7) = 0 ⇔ 36 – 8m2 – 28m = 0 ⇔ 9 – 2m2 – 7m = 0 ⇔ 2m2 + 7m – 9 = 0 ⇔ (2m + 9)(m – 1) = 0 ⇔ m = – 9 2 atau m = 1 Jadi, nilai m adalah – 9 2 atau 1. 7. Jawaban: e Cara membuat skesta grafik f(x) = x2 – 4x + 3. Pada f(x) = x2 – 4x + 3 diketahui a = 1, b = –4, dan c = 3. a. Bentuk kurva Nilai a = 1 > 0 maka bentuk kurva menghadap ke atas. b. Titik puncak (xP, yP) xP = – b 2a = – 4 2(1) − = – 4 2 − = 2 yP = (2)2 – 4(2) + 3 = 4 – 8 + 3 = –1 Titik puncaknya (2, –1) c. Titik potong terhadap sumbu Y y = f(0) = (0)2 – 4(0) + 3 = 3 Titik potongnya (0, 3) Jadi, sketsa grafik fungsi ada pada pilihan e. 8. Jawaban: c Misalkan: p = 1 x q = 1 y Sistem persamaan tersebut dapat ditulis menjadi SPLDV berikut. 2p + 5q = 2 . . . (1) 4p – 5q = 1 . . . (2) Eliminasi q dari kedua persamaan. 2p + 5q = 2 4p – 5q = 1 –––––––––– + 6p = 3 ⇔ p = 1 2 Substitusikan p = 1 2 ke dalam persamaan (1). 2p + 5q = 2 ⇔ 2 × 1 2 + 5q = 2 ⇔ 1 + 5q = 2 ⇔ 5q = 1 ⇔ q = 1 5 p = 1 x ⇔ 1 2 = 1 x ⇔ x = 2 q = 1 y ⇔ 1 5 = 1 y ⇔ y = 5 y – 2x = 5 – 2 × 2 = 1 Jadi, nilai y – 2x = 1. 9. Jawaban: b (i) Persamaan garis melalui titik (9, 0) dan (0, 4) adalah 4x + 9y = 36. Ambil titik yang terletak di daerah penyelesaian, misalnya titik (1, 4). Ujikan titik (1, 4) ke dalam persamaan 4x + 9y = 36. 4 × 1 + 9 × 4 = 40 ≥ 36 Diperoleh pertidaksamaan 4x + 9y ≥ 36. (ii) Persamaan garis melalui titik (8, 0) dan (0, 5) adalah 5x + 8y = 40. Ambil titik yang terletak di daerah penyelesaian, misalnya titik (1, 4). Ujikan titik (1, 4) ke dalam persamaan 5x + 8y = 40. 5 × 1 + 8 × 4 = 37 ≤ 40 Diperoleh pertidaksamaan 5x + 8y ≤ 40. (iii) Daerah yang diarsir terletak pada dan di kanan sumbu Y sehingga pertidaksamaannya adalah x ≥ 0 Jadi, sistem pertidaksamaan yang mempunyai grafik daerah penyelesaian di atas adalah 4x + 9y ≥ 36, 5x + 8y ≤ 40, dan x ≥ 0.
Matematika Kelas XII 143 10. Jawaban: b Daerah penyelesaian dari pertidaksamaan sebagai berikut. Titik pojok DP adalah A(9, 0), B, dan C(0, 20). Titik B merupakan perpotongan antara garis 4x + 2y = 40 dan 36x + 9y = 324. Koordinat titik B dicari dengan cara berikut. 4x + 2y = 40 × 9 36x + 18y = 360 36x + 9y = 324 × 1 36x + 9y = 324 –––––––––––––– – 9y = 36 ⇔ y = 4 Substitusikan y = 4 ke dalam persamaan 4x + 2y = 40. 4x + 2y = 40 ⇔ 4x + 2 × 4 = 40 ⇔ 4x + 8 = 40 ⇔ 4x = 32 ⇔ x = 8 Diperoleh koordinat titik B(8, 4). Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y) = 6x + 2y. Diperoleh nilai maksimum 56. Jadi, nilai maksimum fungsi objektif tersebut adalah 56. 11. Jawaban: e Misalkan: x = berat pakan jenis A y = berat pakan jenis B Dari permasalahan tersebut diperoleh hubungan berikut. Diperoleh sistem pertidaksamaan berikut. x + 2y ≥ 8 . . . (1) x + 6y ≥ 12 . . . (2) x + 3y ≥ 9 . . . (3) Fungsi objektif: meminimumkan f(x, y) = 7.000x + 15.000y Daerah penyelesaian sistem pertidaksamaan di atas sebagai berikut. Dari gambar tersebut disimpulkan bahwa ketiga garis berpotongan di satu titik. Dengan demikian, cukup dicari titik potong antara garis x + 2y = 8 dan x + 6y = 12 saja. x + 2y = 8 x + 6y = 12 ––––––––––– – –4y = –4 ⇔ y = 1 y = 1 sehingga: x + 2y = 8 ⇔ x + 2 = 8 ⇔ x = 6 Diperoleh titik potong (6, 1). Uji titik-titik pojok ke dalam fungsi f(x, y) = 7.000x + 15.000y. Nilai paling kecil adalah Rp57.000,00. Jadi, biaya minimum yang harus dikeluarkan Pak Rifan adalah Rp57.000,00. 12. Jawaban: c B = y 4 0 x ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ maka BT = y 0 4 x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 2A – BT = C ⇔ 2 5x 2 3 4 2y ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ – y 0 4 x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − = 13 6 12 10 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ 10x 4 6 8 4y ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ – y 0 4 x ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − = 13 6 12 10 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 36x + 9y = 324 4x + 2y = 40 C 36 20 Y 9 X DP B A Titik Pojok O(0, 0) A(9, 0) B(8, 4) C(0, 20) f(x, y) = 6x + 2y 6 × 0 + 2 × 0 = 0 6 × 9 + 2 × 0 = 54 6 × 8 + 2 × 4 = 56 6 × 0 + 2 × 20 = 40 Jenis Pakan Protein Karbohidrat Lemak Harga A B Batasan 1x 2y 8 1x 6y 12 1x 3y 9 7.000x 15.000y 4 3 2 0 Y X 8 9 12 B C A Titik Pojok f(x, y) = 7.000x + 15.000y A(12, 0) B(0, 4) C(6, 1) 7.000 × 12 + 15.000 × 0 = 84.000 7.000 × 0 + 15.000 × 4 = 60.000 7.000 × 6 + 15.000 × 1 = 57.000
144 Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional ⇔ 10x 4 y 6 12 4y x ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − = 13 6 12 10 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Dari kesamaan matriks diperoleh: 10x – 4 – y = 13 ⇔ 10x – y = 17 . . . (1) 4y – x = 10 ⇔ –x + 4y = 10 . . . (2) Eliminasi y dari persamaan (1) dan (2). 10x – y = 17 × 4 40x – 4y = 68 –x + 4y = 10 × 1 –x + 4y = 10 ––––––––––––– + 39x = 78 ⇔ x = 2 Substitusikan x = 2 ke dalam persamaan (2). 4y – x = 10 ⇒ 4y – 2 = 10 ⇔ 4y = 12 ⇔ y = 3 x – 2y = 2 – 2 × 3 = 2 – 6 = –4 Jadi, nilai x – 2y adalah –4. 13. Jawaban: e Diketahui x = harga sebuah buku tulis dan y = harga sebuah bolpoin. Harga 5 buku tulis dan 3 bolpoin di toko Murah dengan membayar Rp27.500,00 dapat dimodelkan: 5x + 3y = 27.500. Harga 4 buku tulis dan 2 bolpoin di toko Murah dengan membayar Rp21.000,00 dapat dimodelkan: 4x + 2y = 21.000 Diperoleh SPDLV: 5x + 3y = 27.500 ⇔ 5 × x + 3 × y = 27.500 4x + 2y = 21.000 ⇔ 4 × x + 2 × y = 21.000 SPLDV di atas dapat dinyatakan ke bentuk persamaan matriks: 5 3 4 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ 1 5 3 4 2 − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 5 3 4 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 5 3 4 2 − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 5 3 4 2 − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 5 2 ( 3) ( 4) × −− ×− 2 3 4 5 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 −2 2 3 4 5 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 2 2 3 4 5 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Jadi, persamaan matriks yang sesuai dengan permasalahan tersebut adalah x y ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 2 2 3 4 5 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 27.500 21.000 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 14. Jawaban: d CA = B C = BA–1 C–1 = (BA–1)–1 = AB–1 = 4 2 3 –4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × 1 11 1 3 –2 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 11 4 2 3 –4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1 3 –2 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 11 0 22 11 –11 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 0 2 1 –1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Jadi, invers matriks C adalah C–1 = 0 2 1 –1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 15. Jawaban: b Diketahui deret aritmetika dengan S16 = 1.000 dan U11 = 50. Rumus jumlah n suku pertama deret aritmetika: Sn = n 2 (2a + (n – 1)b) S16 = 1.000 ⇔ 16 2 (2a + (16 – 1)b) = 1.000 ⇔ 8 × (2a + 15b) = 1.000 ⇔ 2a + 15b = 125 . . . (1) Rumus suku ke-n deret aritmetika: Un = a + (n – 1)b U11 = 50 ⇔ a + 10b = 50 . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). 2a + 15b = 125 × 1 2a + 15b = 125 a + 10b = 50 × 2 2a + 20b = 100 –––––––––––––– – –5b = 25 ⇔ b = 25 −5 = –5
Matematika Kelas XII 145 Substitusikan b = –5 ke dalam persamaan (2). a + 10b = 50 ⇔ a + 10 × (–5) = 50 ⇔ a + (–50) = 50 ⇔ a = 50 + 50 ⇔ a = 100 Suku ke-50 deret aritmetika: Un= a + (n – 1)b U50 = a + 49b = 100 + 49 × (–5) = 100 – 245 = –145 Jadi, suku ke-50 deret tersebut adalah –145. 16. Jawaban: e Suku ke-n barisan geometri: Un = arn – 1 U4 = –24 ⇔ ar3 = –24 . . . (1) U7 = 192 ⇔ ar6 = 192 . . . (2) Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2): 7 4 U U = 192 −24 ⇔ 6 3 ar ar = 192 −24 ⇔ r6 – 3 = –8 ⇔ r3 = –8 ⇔ r = –2 Substitusikan r = –2 ke dalam persamaan (1). ar3 = –24 ⇔ a × (–2)3 = –24 ⇔ a × (–8) = –24 ⇔ a = 3 Diperoleh a = 3 dan r = –2. Nilai suku ke-12: U12 = ar11 = 3 × (–2)11 = 3 × (–2.048) = –6.144 Jadi, nilai suku ke-12 barisan tersebut adalah –6.144. 17. Jawaban: c Misalkan n = lama waktu (hari) Farel dan Kino mengumpulkan uang sumbangan Besar sumbangan Farel: S1 = 60.000 + 3.000n Besar sumbangan Kino: S2 = 100.000 + 2.000n Sumbangan Farel 6 5 kali dari sumbungan Kino sehingga berlaku: S1 = 6 5 S2 60.000 + 3.000n = 6 5 × (100.000 + 2.000n) ⇔ 60.000 + 3.000n = 120.000 + 2.400n ⇔ 3.000n – 2.400n = 120.000 – 60.000 ⇔ 600n = 60.000 ⇔ n = 60.000 600 = 100 Besar sumbangan Farel: S1 = 60.000 + 3.000n = 60.000 + 3.000 × 100 = 60.000 + 300.000 = 360.000 Jadi, besar sumbangan Farel adalah Rp360.000,00. 18. Jawaban: c x 3 lim → − 2 2 2x + 7x + 3 3x + 7x 6 − = 2 2 2( 3) 7 ( 3) 3 3( 3) 7 ( 3) 6 − + ×− + − + ×− − = 18 ( 21) 3 27 21 6 +− + − − = 0 0 (limit tak tentu) Diselesaikan dengan cara mengeliminasi faktor yang sama dari pembilang dan penyebut: x 3 lim → − 2 2 2x + 7x + 3 3x + 7x 6 − = x 3 lim → − (2x + 1)(x + 3) (3x 2)(x + 3) − = x 3 lim → − 2x + 1 3x 2 − = 2 ( 3) 1 3 ( 3) 2 ×− + ×− − = 6 1 9 2 − + − − = 5 11 − − = 5 11 Jadi, nilai x 3 lim → − 2 2 2x + 7x + 3 3x + 7x 6 − = 5 11 . 19. Jawaban: c x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 2x 1) − −− − = x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 (2x + 1)) − −− = x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3) − − – x lim → ∞ (2x + 1) = ∞ – ∞
146 Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional Bentuk sekawan dari 2 ( 4x 16x 3 (2x + 1)) − −− adalah 2 ( 4x 16x 3 + (2x + 1)) − − . Menentukan nilai limit fungsi menuju ke tak hingga: x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 2x 1) − −− − = x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 (2x + 1)) − −− × 2 2 4x 16x 3 + (2x + 1) 4x 16x 3+ (2x + 1) − − − − = x lim → ∞ 2 22 2 ( 4x 16x 3) (2x + 1) ( 4x 16x 3 + (2x + 1)) −−− − − ← Ingat (a + b)(a – b) = a2 – b2 = x lim → ∞ 2 2 2 (4x 16x 3) (4x + 4x + 1) ( 4x 16x 3 + (2x + 1)) − −− − − = x lim → ∞ 2 2 2 4x 16x 3 4x 4x 1 ( 4x 16x 3 + (2x + 1)) − −− − − − − = x lim → ∞ 2 20x 4 ( 4x 16x 3 + (2x + 1)) − − − − × 1 x 1 x = x lim → ∞ 2 2 2 1 x 1 1 2 1 1 x x x x 20 4 4x 16x 3 (2 1 ) − −× × − × −× + +× = 2 2 1 x x 11 1 x x x xx x 20 4× lim 4 16x × lim 3× lim + (2 + 1× lim ) →∞ →∞ →∞ →∞ − − − − = 20 4 × 0 4 16x × 0 3× 0 + (2 + 1× 0) − − − − = 20 4 2 − + = –5 Alternatif penyelesaian x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 2x 1) − −− − ⇔ x lim → ∞ 2 2 4x 16x 3 (2x + 1) − −− ⇔ x lim → ∞ 2 2 4x 16x 3 4x + 3x + 1 − −− Diketahui a = p = 4, b = –16, dan q = 4. Misalnya L = nilai limit L = b q 2 a − = 16 4 2 4 − − = 20 4 − = –5 Jadi, nilai x lim → ∞ 2 ( 4x 16x 3 2x 1) − −− − = –5. 20. Jawaban: a g(x) = 2x 3 4x + 1 − Fungsi g dapat dituliskan g(x) = u(x) v(x) dengan u(x) = 2x – 3 dan v(x) = 4x + 1. Turunan u(x) = 2x – 3 adalah u′(x) = 2. Turunan v(x) = 4x + 1 adalah v′(x) = 4. Diperoleh: g′(x) = 2 u (x) × v(x) u(x) × v (x) (v(x)) ′ ′ − = 2 2 × (4x + 1) (2x 3) × 4 (4x + 1) − − = 2 8x + 2 8x + 12 (4x + 1) − = 2 14 (4x + 1) Jadi, turunan pertama fungsi g(x) adalah g′(x) = 2 14 (4x + 1) . 21. Jawaban: e f(x) = x2 + 4x – 5 Turunan fungsi f(x): f′(x) = 2x + 4 Garis y = 2x – 4 bergradien 2. Oleh karena garis singgung sejajar garis tersebut, maka gradien garis singgung adalah m = 2. m = f′(x) ⇔ 2 = 2x + 4 ⇔ –2x = 2 ⇔ x = –1 f(–1) = (–1)2 + 4 × (–1) – 5 = 1 – 4 – 5 = –8 Garis singgung melalui titik (–1, –8) dan bergradien m = 2. Persamaan garis singgung: y – y1 = m(x – x1) ⇔ y – (–8) = 2(x – (–1)) ⇔ y + 8 = 2(x + 1) ⇔ y + 8 = 2x + 2 ⇔ y = 2x – 6 Jadi, persamaan garis singgungnya y = 2x – 6.
Matematika Kelas XII 147 22. Jawaban: d ∫(6 x – 2x3) dx = ∫( 1 6x2 – 2x3) dx = 6 × 1 2 + 1 1 2 x 1 + 1 – 2 × 1 4 x4 + C = 6 × 3 2 2 3 x – 1 2 x4 + C = 4x x – 1 2 x4 + C Jadi, hasil ∫(6 x – 2x3) dx = 4x x – 1 2 x4 + C. 23. Jawaban: c c 1 ∫(4x 5) dx − = 15 ⇔ c 1 2 2 1 4 × x 5x ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 15 ⇔ c 2 1 ⎡ ⎤ 2x 5x − ⎣ ⎦ = 15 ⇔ (2c2 – 5c) – (2 – 5) = 15 ⇔ 2c2 – 5c + 3 = 15 ⇔ 2c2 – 5c – 12 = 0 ⇔ (2c + 3)(c – 4) = 0 ⇔ c = – 3 2 atau c = 4 Nilai c yang memenuhi syarat c > 1 adalah c = 4. Jadi, nilai c = 4. 24. Jawaban: d sin α = 1 3 6 = 6 3 = sisi depan sudut sisi miring . Panjang sisi depan sudut α adalah 6 satuan dan panjang sisi miring segitiga siku-siku adalah 3 satuan. Segitiga siku-siku yang dimaksud digambarkan sebagai berikut. Panjang sisi samping sudut: x = ( )2 23 6 − = 9 6 − = 3 satuan α merupakan sudut tumpul berarti α di kuadran II. Diperoleh: tan α = – sisi depan sudut sisi samping sudut = – 6 3 = – 2 Jadi, nilai tan α = – 2 . 25. Jawaban: d 2 sin x + 3 = 0 ⇔ 2 sin x = – 3 ⇔ sin x = – 1 2 3 Sinus bernilai negatif pada kuadran III dan kuadran IV. sin x = 1 2 3 dipenuhi oleh x = 60° di kuadran I. Nilai x di kuadran III yang memenuhi: x = 180° + 60° = 240° Nilai x di kuadran IV yang memenuhi: x = 360° – 60° = 300° Jadi, himpunan penyelesaiannya {240°, 300°}. 26. Jawaban: e Grafik fungsi trigonometri y = f(x) bernilai minimum di x = 0° maka fungsi f(x) merupakan fungsi kosinus negatif: f(x) = a – b cos k(x + α) Nilai maksimum grafik fungsi f(x) adalah 3 dan nilai minimumnya –3 maka a = 0 dan b = 3. Periode grafik fungsi f(x) adalah 180°, maka k = 360 : 180° = 2. Grafik fungsi kosinus tidak digeser ke kanan maupun ke kiri sehingga α = 0. Diperoleh: f(x) = 0 – 3 cos 2(x – 0°) = –3 cos 2x Jadi, rumus dari grafik fungsi f(x) = –3 cos 2x. 27. Jawaban: a Perhatikan gambar berikut. x α 3 6 A B C D E F H G K (1) A B C D E F H G K (2) A B C D E F H G K (3) A B C D E F H G K (4)
148 Latihan Ujian Sekolah Berstandar Nasional Pada gambar (1) terlihat titik K pada garis BH dan garis BH pada bidang BDHF sehingga titik K pada bidang BDHF. Dengan demikian, pernyataan (1) benar. Pada gambar (2) terlihat titik K pada garis AG dan garis AG pada bidang ABGH sehingga titik K pada bidang ABGH. Dengan demikian, pernyataan (2) benar. Pada gambar (3) terlihat titik K pada garis CE dan garis CE pada bidang BCHE sehingga titik K pada bidang BCHE. Dengan demikian, pernyataan (3) salah. Pada gambar (4) terlihat titik K pada garis CE dan garis CE pada bidang ACGE sehingga titik K pada bidang ACGE. Dengan demikian, pernyataan (4) salah. Jadi, pernyataan yang benar adalah (1) dan (2). 28. Jawaban: a Perhatikan berikut. Jarak dari titik K ke garis OA = KB KM = 2 2 KL + LM = 2 2 12 6 + = 144 36 + = 180 = 6 5 cm Titik A di tengah-tengah ruas garis KM sehingga: panjang KA = AM = 1 2 KM = 1 2 × 6 5 = 3 5 cm ΔKAO siku-siku di K. OA2 = OK2 + KA2 = 62 + (3 5 )2 = 36 + 9 × 5 = 36 + 45 = 81 OA = 81 = 9 cm Luas ΔKAO dapat dihitung menggunakan rumus 1 2 × OK × KA atau 1 2 × OA × KB sehingga diperoleh: 1 2 × OK × KA = 1 2 × OA × KB ⇔ OK × KA = OA × KB ⇔ KB = OK × KA OA ⇔ KB = 2 6 × 3 5 9 ⇔ KB = 2 5 Jadi, jarak dari titik K ke garis OA adalah 2 5 cm. 29. Jawaban: b Juring SD dan TK berupa setengah lingkaran sehingga persentase juring SD dan TK adalah 50%. Persentase juring SD = 50% – 20% = 30% Gabungan juring SMA dan SMK berupa seperempat lingkaran sehingga jumlah persentase juring SMA dan SMK adalah 25%. Persentase juring SMK = 25% – 15% = 10% Persentase juring SMK Persentase juring SD = Banyak SMK Banyak SD ⇔ 10% 30% = n 180 ⇔ n = 10% 30% × 180 ⇔ n = 1 3 × 180 ⇔ n = 60 Jadi, banyak SMK ada 60. 30. Jawaban: e Pada histogram, kelas modus berada pada kelas interval yang memiliki batang tertinggi. Dari gambar terlihat batang tertinggi memiliki tepi bawah 29,5 dan tepi atas 34,5 sehingga diperoleh: Lo = 29,5 Frekuensi kelas modus = 11 Frekuensi sebelum kelas modus = 7 Frekuensi setelah kelas modus = 10 d1 = 11 – 7 = 4 d2 = 11 – 10 = 1 p = 34,5 – 29,5 = 5 L A B O R N K P Q M 6 cm 6 cm 12 cm
Matematika Kelas XII 149 Modus: Mo = Lo + 1 1 2 d d +d ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × p = 29,5 + 4 4 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + × 5 = 29,5 + 4 5 × 5 = 29,5 + 4 = 33,5 Jadi, modus data adalah 33,5 tahun. 31. Jawaban: e Tabel distribusi frekuensi kumulatif data sebagai berikut. Jumlah data n = 40. Kuartil atas: Q3 = nilai data ke- 3 4 (n + 1) = nilai data ke- 3 4 (40 + 1) = nilai data ke-30,75 Nilai data ke-30,75 terletak pada kelas interval 164–168 sehingga diperoleh: L3 = 164 – 0,5 = 163,5 ΣfQ3 = 22 fQ3 = 10 p = 168 – 164 + 1 = 5 Kuartil atas: Q3 = L3 + 3 3 3 4 Q Q n Σf f ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × p = 163,5 + 3 4 40 22 10 × − 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ × 51 = 163,5 + 30 22 2 − = 163,5 + 8 2 = 163,5 + 4 = 167,5 Jadi, nilai kuartil atas tinggi badan siswa adalah 167,5 cm. 32. Jawaban: d i x = Σ i x n = 43556 7 3511 ×+×++ +++ = 50 10 = 5 Σfi (xi – i x )2 = 3(4 – 5)2 + 5(5 – 5)2 + (6 – 5)2 + (7 – 5)2 = 3 × (–1)2 + 5 × 02 + 12 + 22 = 3 × 1 + 5 × 0 + 1 + 4 = 8 Simpangan baku: S = 1 Σf 2 i i i Σf (x x) − = 1 10 × 8 = 8 10 100 × = 16 100 × 5 = 4 10 5 = 2 5 5 Jadi, standar deviasi dari data adalah 2 5 5 . 33. Jawaban: d Ada 12 calon panitia, misalkan A, B, C, D, . . . , K, L. Hasil pemilihan yang mungkin sebagai ketua, sekretaris, dan bendahara ditulis secara berurutan: ABC, ABD, ABE, . . . Hasil ABC tidak sama dengan BCA, karena ABC berarti A sebagai ketua sedangkan BCA berarti B sebagai ketua. Oleh karena itu, dalam permasalahan ini urutan diperhatikan sehingga untuk menentukan banyaknya susunan panitia merupakan permasalahan permutasi yaitu permutasi 3 calon dari 12 calon yang ada. 12P3 = 12! (12 3)! − = 12 ×11×10 × 9! 9! = 12 × 11 × 10 = 1.320 Jadi, banyak cara pemilihan panitia tersebut adalah 1.320 cara. Tinggi Badan (cm) fi fk ← kelas Q3 144–148 149–153 154–158 159–163 164–168 169–173 174–178 1 4 6 11 10 5 3 1 5 11 22 32 37 40