Bahas Tes Akademik saintek

PEMBAHASAN TES AKADEMIK KEMAMPUAN KHUSUS
TKD SAINS DAN TEKNOLOGI
1
Jawaban (B):
Buat garis bilangan, uji tanda positif atau negative
dengan memasukkan nilai x pada garis bilangan ke
pertidaksamaan.
Maka: 0  x  /2
Pusat L2 (a, 0), r = 3
Jarak (a, 0) ke garis 4y - 3x + 30 = 0
r
=
 3(a)  4(0)  30
(3) 2  (4) 2
3 =
4
 3(a )  30
5
Matriks rotasi (M2) :
Matriks komposisi transformasi = M2 . M1 =
 0  1  0 1    1 0 

 
 = 

1 0  1 0  0 1
 x'    1 0  a    a 
Maka: v = 
 y'    0 1  b    b 
  
   
a  a  0 
U+v= 
 b    b    2b 
     
Jawaban (D):
5
Jawaban (D)
AB 2  BD 2  12  52  26
AD =
AC =
AB
Lihat CAD
2
 BC 2  12  22  5
2
cos =
=
3
0 1


1
0


 cos 90  sin 90   0  1

  

sin
90
cos
90
1
0

 

Matriks pencerminan (M1): x = y:
 15 = l -3a + 30 l
 -3a + 30 = -15 atau -3a + 30 = 15
 a = -15 atau a = 15
Karena L2 berpusat di sumbu x positif maka a = 15
Jadi L2 persamaannya: (x – 15)2 + (y – 0)2 = 32
 (x – 15)2 + y2 = 9
2
Jawaban (D):
2
AC 2  AD 2  CD 2
5  26  32

2. AC.CD
2. 5. 26
KL sejajar HG, maka: HB-KL = HB-HG, maka:
2
121
11 ; maka cos2 =  11 

 
130
 130  130
HB  AB2  AD2  DH 2  22  32  22  17
HG  CD 2  ( DH  CG) 2  2 2  (2  1,5) 2  4,25
Jawaban (C):
sin2x = 2sinx . cosx
 2sinx cosx + cosx  0  cosx (2sinx + 1)  0
Untuk cosx = 0; x = /2
X = 3/2 (tidak memenuhi)
Untuk 2sinx + 1 = 0  sinx = -1/2
x = 7/6 (tidak memenuhi)
x = 11/6 (tidak memenuhi)
BG  BC 2  CG 2  3 2  1,5 2  11,25
Aturan Cos:
2
Cosa =
=
1
2
17  4,25  11,25
HB 2  HG 2  BG 2

2HB.HG
2. 17. 4,25
10
10

2. 17 . 4,25 17
2
6
- a2 = r  a2 = 4  a = 2
Jawaban (C):
Suku banyak = Pembagi . Hasil bagi + sisa
F(x) = (x3 – 3x + 5) . H(x) + (3x2 – 2)
(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab sehingga:
F2(x) = ((x3 – 3x + 5).(H(x) + (3x2 – 2))2
= ((x3 – 3x + 5).(H(x))2 + (3x2 – 2)2 + 2(x3
– 3x + 5).(H(x) (3x2 – 2)
a(r 4  1) 2(4 2  1)

 170
Maka S4 =
r 1
4 1
10 Jawaban (A):
b 2  4ac 451

 4a
50
2
2
(2a)  4(a  1)(10) 451

50
 4(a 2  1)
Nilai minimum:
Bentuk yang ditebalkan merupakan bentuk yang habis
dibagi oleh (x3 – 3x + 5), sehingga jika f2(x) + x2
dibagi dengan (x3 – 3x + 5) ini sama dengan mencari
sisa dari pembagian (3x2 – 2)2 + x2 oleh (x3 – 3x + 5)
(3x2 – 2)2 + x2 = 9x4 – 11x2 + 4
Dengan pembagian bersusun:


 36a 2  40 451

50
 4a 2  4
dibagi 4 
 9a 2  10 451

50
 a2 1
 -450a2 – 500 = -451a2 – 451
 a2 – 49 = 0  (a + 7)(a – 7) = 0
Maka: a = -7 atau a = 7
11 Jawaban (B):
Sehingga sisa pembagian adalah = -11x2 + 27x – 41
Maka: a + b + c = -11 + 27 – 41 = -25
7
Jawaban (C):
3x+1 – (1/9)x < 3x +1
 3 . 3x – (1/3)2x < 3x +1 misal 3x = a maka:
3a – 1/a2 < a + 1  2a – 1/a2 – 1 < 0
 2a3 – a2 – 1 < 0
 (a – 1)(2a2 + a + 1) < 0
 a – 1 = 0, maka a = 1 atau 2a2 + a + 1 definit positif
Buat garis bilangan:
Maka: a < 1  3x < 1  3x < 30  x < 0
8
Jawaban (B):
1 – cosx = 2 sin(x/2) sin(x/2)
Lim
x 0
x x4 2
x x4 2
 Lim
x 0
x
x
1  cos x
2 sin
2
2
Gunakan dalil hospital
Lim
x 0
f ( x) 0
f ' ( x)
  Lim
x

0
g ( x) 0
g ' ( x)
1
0
x4 2
Lim 2 x  4
Lim
x 0
1
0
x 0
x
cos
sin
2
2
2
9
Karena F(x + 2) – F(x – 2) = 2B, maka dengan
mensubstitusikan x = 13 akan diperoleh:
F(x + 2) – F(x – 2) = 2B  F(15) – F(11) = 2B
1
 4 1
1 2
2
7
Maka:
3
Jawaban (-):
- Un = a.rn – 1 
 f ( x  8)dx  2B
a.r 5
 16  r 2  16  r  4
3
a.r
2
12 Jawaban (C):
Luas daerah antara fungsi kuadrat y1 = ax2 + bx + c
dan linear y2 = mx + n  Luas =
1
3
D D
6a 2
Agar maksimum, maka nilai sink = 1. Jadi: k = /2
16 Jawaban (D):
Kecepatan vertical = vy2 = v0y2 – 2gy
 (6,1)2 = v0y2 – 2(9,8)(9,1)  v0y2 = 215,57
Pada titik tertinggi vy = 0
vy2 = v0y2 – 2gymaks  0 = v0y2 – 2gymaks
ymaks = (v0y2)/2g = 215,57/19,6 = 11
Dengan D = diskriminan gabungan.
2
2
y2 = y1  x +2a = 2a + 1  x – 1 = 0
2
2
D = b – 4ac = 0 – 4(1)(-1) = 4
4 4 4

6.12 3
Sehingga luas daerah: D =


  sin 3 k   0
17 Jawaban (E):
Fy = 0
Wb.sin - fBL - fBA = 0
3m(10)(4/5)-K (m + 3m)(10)(3/5) - K (m)(10)(3/5) = 0
Maka: K = 0,8
13 Jawaban (B):
Bilangan genap, maka angka satuannya harus genap.
Sehingga c hanya 6 dan 8. Angka a yang memenuhi 1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
- untuk c = 6, maka b = 4, 5 (2 angka)
9
2
1
=
18
a
b
c=6
18 Jawaban (C):
Kekekalan Energi Mekanik:
- untukc = 8, maka b = 4, 5, 6, 7 (ada 4 angka)
9
4
1
=
36
a
b
c=8
Sehingga banyaknya bilangan: 18 + 36 = 54
EMawal = EMakhir
EK awal + EP awal = EK akhir + EP akhir
EK + 0 = 0 + mgh  (1/2) mv2 + (1/2) I2 = mgh
14 Jawaban (C):
2
1 2 1  2 2  v 
7
7 v2
mv   mR    mgh  mv2  mgh  h 
2
2 5
10
10 g
 R 
Saat v2 = ½ v1, maka ketinggian h1 
7 v2
10 g
2
1 
 v
7 2 
1 7 v2 1
h2 

 h1
10 g
4 10 g
4
Lihat  sama sisi PQR
PQ = QR = PR = 2a
Gradien garis singgung: m = y’ = -2x
Untuk titik Q (a, b), maka gradiennya m = -2a
Persamaan garis singgung di titik Q: y – y1 = m(x – x1)
 y – b = -2a(x – a)  y = -2ax + 2a2 + b
R adalah titik potong garis singgung dengan Y, maka
x = 0  y = -2a(0) + 2a2 + b = 2a2 + b. Jadi Titik R
(0, 2a2 + b).
Jarak antara R dan Q = 2a
RQ =
( x R  xQ ) 2  ( y R  yQ ) 2
2a =
(0  a ) 2  ( 2 a 2  b  b) 2  a 2  4 a 4
Momen inersia tidak berubah
Energi kinetik total: EK = EKtrans + EKrot
EK = (1/2) mv2 + (1/2) I2
2
1
12
7
1
 v 
EK  mv 2   mR 2    mv 2  EK1
2
25
4
 R  10
Maka, energi kinetik totalnya menjadi seperempatnya.
19 Jawaban (B):
E
Kuadratkan kedua ruas:
4a2 = 4a4 + a2  0 = 4a4 – 3a2  0 = a2 (4a2 – 3)
Maka: a2 = 0  a = 0
atau (4a2 – 3) = 0  4a2 = 3  a = (1/2)3
20 Jawaban (A):
1
1
P1  v12  gh1  P2  v 22  gh2
2
2
2( P  P ) 2(2,8.10 3 )
1
P1  P2   (v 22  v12 )    21 22  2 2  350
2
(v 2  v1 ) (5  3 )
15 Jawaban (E):
k
2
 sin x. cos x dx =
0
(20)(5.10 3 )
F L0
F L
 L  . 0 
 2,38.10 3 m
4
4
A L
E A (3.10 )(14.10 )
k
1 3
1
 1

sin x   sin 3 k    sin 3 0 
3
3
3




0
3
21 Jawaban (D):
pV = nRT 
EP2 = k Q A .QB  k Q A .QB  1 v
pV (120.10 3 ).( 250.10 6 ) 30
T


nR
(1).R
R
r2
2x
2
Q
.
Q
Q
.
Q
EP3 = k A B  k A B  2v
r3
0,5x
Temperatur pada keadaan kedua
= 30/R + 8,4/R = 38,4/R
Karena tekanan tetap, maka:
Usaha gaya Coulomb adalah
W1 – 2 = -EP = -(EP3 – EP1 = -(2v – v) = -v
Usaha bertanda minus karena selalu melawan gaya
tarik yang ada antara dua muatan. Pernyataan I dan II
benar dan berhubungan.
v1 v2
T
38,4 / R

 v2  2 .v1 
.250  320
T1 T2
T1
30 / R
22 Jawaban (D):
Berdasar diagram, adalah proses isothermal (gas pada
suhu tetap). Sehingga tidak terjadi perubahan energi
dalam. U = 0 maka Q = W = 2. Besarnya
temperature T1 = Tf
29 Jawaban (D):
y = h0(cosx + 1)
Saat cosx = 1 maka ymaks = h0(1 + 1) = 2 = h0
Saat cosx = -1 maka ymin = h0(1 - 1) = 0
a. Kecepatan di titik terendah: (y = 2h0)
v2 = v02 + 2gy = 0 + 2g(2h0) = 4gh0  v =
23 Jawaban (D):
F
b. Ketinggian saat v = ½ vmaks
mg
L
(1/2 v)2 = v02 + 2gy  (1/2 . +
Fs  mg  m
EM = EK’ + EP’ = 1/2 m ( 2
 g
g B Lx
.
  B
g x LB
 2g B
1
L
8 B
1 1
.


16 4
 LB
l1  d 1 
1
1
      
l2  d 2 
4
2
2
gh0
31 Jawaban (B):
Hal-hal yang berkaitan dengan energi pengionan unsur:
a. Energi ionisasi tingkat kedua selalu lebih besar
daripada tingkat pertama, tingkat ketiga lebih besar
dari tingkat kedua, dan seterusnya.
b. Diperlukan sejumlah energi yang jauh lebih besar
untuk melepas elektron dari kulit dalam (kulit
selanjutnya).
c. Data energi ionisasi dapat digunakan untuk
menentukan jumlah elektron valensi unsur. Jika
energi ionisasi meningkat jauh pada tingkat n + 1,
berarti unsur itu mempunyai n elektron valensi.
Data pengionan unsur :
1.087, 2353, 4.620, 6.223, 37.831, dan 47.277
Berdasarkan data dapat dilihat bahwa energi
pengionan meningkat jauh pada data ke-5, sehingga
elektron valensinya adalah
n+1=5→n=5–1=4
Jumlah elektron valensi menunjukan letak golongan.
Jadi, unsur tersebut berada pada golongan IV A.
25 Jawaban (E):
Fgesek = FL
 s. N = B.i.l  s. m.g = B.i.l
 B =  s .m.g  0,25.1.10  5T
0,5.1
26 Jawaban (D):
Jika laju partikel mendekati kecepatan cahaya, partikel
mengalami penyusutan jarak sekaligus kemuluran
waktu (t). Kelajuannay konstan kecuali jika ada gaya
yang diberikan.
27 Jawaban (B):
Pernyataan I dan II benar, tapi tidak berhubungan.
28 Jawaban (A):
EP1 = k Q A .QB  k Q A .QB  v
r1
)2 + 0 = 2mgh0
30 Jawaban (D):
L1 = /2 = 30 cm
1. L1 = /2 = 30 cm   = 2 . 30 = 60 cm
2. Frekuensi resonansi tidak bisa dihitung karena
kecepatan bunyi di udara tidak diketahui
3. Resonansi I: L1 = /2 = 30 cm
4. Resonansi II:  = 60 cm
Sehingga: l  d2
il
gh0
EK = ½ EM  ½ mv2 = ½ (2mgh0)  v =
L
V
L
 
1
A
l
.d 2
4
2
)2 = 0 + 2gy
d. Energi kinetik = ½ EM
24 Jawaban (C):
R
2 gh0
 gh0 = 2gy  y = ½ h0
c. Energi mekanik bola di titik terendah:
v 2 mg

x
R
L
Sehingga v2  g  1/L
vB

vx
2 gh0
x
4
32 Jawaban (C):
Konfigurasi elektron :
17X : 2 8 7 → elektron valensi 7
8Y : 2 6 → elektron valensi 6
Unsur dengan elektron valensi lebih sedikit sebagai
pusat.
36. Jawaban (B):
∆Hreaksi = ƩDpemutusan (kiri) - ƩDpembentukan (kanan)
= (3C – C + 3C = C + 6C – H + Cl – Cl) –
(3C – C + 3C = C + 5C – H + C – Cl + H - Cl)
= (C – H + Cl – Cl) – (C – Cl + H – Cl)
= (410+240)–(330+430) = 650 – 760 = -110 kJ/mol
37. Jawaban (B):
Reaksi penyetaraan redoks suasana basa
3Cl2 + 6OH- → 5Cl- + ClO3- + 3H2O
Dapat dilihat bahwa pada atom pusat Y terdapat 2
pasang elektron ikatan dan 2 pasang elektron bebas
atau dapat ditulis AX2E2.
Jadi, bentuk molekulnya adalah planar bentuk V.
Perbandingan mol = perbandingan koefisien
Jadi, mol ClO3- adalah 1/3 mol.
38. Jawaban (C):
Spesi yang pertama terbentuk pada katoda adalah besi
dengan nilai potensial reduksi paling besar, yaitu Cu.
33 Jawaban (B):
Rumus empiris senyawa :
nC 
4
32
24
 2 : nH   4 : nO 
2
12
1
16
39. Jawaban (E):
Dilihat dari reaksi setaranya, koefisien CH3Br sama
dengan koefisien CH4, maka laju penambahan CH3Br
sama dengan laju pengurangan CH4, yaitu 4 M/s.
nC : nH : nO = 1 : 2 : 1
Rumus empiris = CH2O
Rumus molekul senyawa:
(CH2O)x = 60 → 30x = 60 → x = 2
Rumus molekul = C2H4O2
Jumlah molekul senyawa:
= n x L = 12/60 x 6,0 ∙ 1023 = 1,2 ∙ 1023
Jumlah atom oksigen = 1,2 ∙ 1023 x 2 = 2,4 ∙ 1023
40. Jawaban (E):
Untuk reaksi gas perbandingan tekanan (P) sama
dengan perbandingan mol (n), maka
2F2 (g) + O2 (g) → 2OF2 (g)
A : 1 atm
1 atm
R : 2x atm
x atm 2x atm +
S : 1–2x atm 1-x atm
2x atm
34 Jawaban (C):
Mol B2O3 = m  14 = 0,2 mol
Mr
70
Tekanan total = 1,75 atm
1 – 2x + 1 – x + 2x = 1,75 atm
2 – x = 1,75 atm  x = 2 – 1,75 = 0,25 atm
Mol NH3 = m  8,5 = 0,5 mol
Mr
17
Reaksinya:
B2O3 (l) + 2NH3 (g) → 2BN (s) + 3H2O (g)
A : 0,2 mol
0,5 mol
R : 0,2 mol
0,4 mol 0,4 mol
0,6 mol +
S :
0,1 mol
0,4 mol
0,6 mol
Maka tekanan masing-masing
P F2 = 1 – 2x = 1 – 0,5 = 0,5 atm
P O2 = 1 – x = 1 – 0,25 = 0,75 atm
P OF2 = 2x = 0,5 atm
Kp = POF2 2
Massa boron nitrida (BN)
m = mol x Mr = 0,4 x 25 = 10 gram
PF2 2 PO2 
0,52  1  1,333
=
0,52 0,75 0,75
35. Jawaban (C):
Mol H2 = m  1  0,5 mol
Mr
2
41. Jawaban (E):
Larutan X
Pada tekanan dan temperatur sama, maka:
n H 2O
V H 2O

n H 2O 
nH2
m=
VH 2
nH2
VH 2
 V H 2O 
0,5
 12  0,4mol
15
mol 
100
1000
 0,1
 0,4m
grampelarut
250
∆Tf = m x kf = 0,4 kf
Larutan Y
Reaksinya:
(CH2O)x (s) → xC (s) + xH2O (g)
Perbandingan mol = perbandingan koefisien
N (CH2O)x : n H2O = koef. (CH2O)x : koef. H2O
0,1 : 0,4 = 1 : x  x = 4
Maka rumus molekul (CH2O)4
(CH2O)4 = C2H8O4  Mr C2H8O4 = 120
100
grampelarut
1000
 0,02 
 0,04m
500
m CuCl2 =
mol 
∆Tf = m x kf x i = 0,04 x kf x 3 = 0,12 kf
5
47. Jawaban: B Pembahasan:
Bambu yang mempunyai nama ilmiah Bambusa sp.
Merupakan tanaman jenis rumput-rumputan yang
masuk dalam kelas dikotil. Batang tanaman ini tidak
bercabang, akar yang tua akan bercabang membentuk
tunas (rebung). Batang-batang bambu mucul dari akar
rimpang. Bambu berkembang biak secara vegetatif
dengan membentuk tunas meskipun memiliki bunga.
1000
100
 0,05 
 0,1m
500
grampelaru t
∆Tf = m x kf x i = 0,1 x kf x 2 = 0,2 kf
Perbandingan:
∆Tfx : ∆Tfy  0,4 : (0,12 + 0,2)  0,4 : 0,32 = 5 : 4
M NaBr = mol 
42. Jawaban (B):
Mol HCOOH = M x V = 0,1 x 150 mL = 15 mmol
Mol NaOH = M x V = 0,1 x 100 mL = 10 mmol
Reaksinya :
HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O
A : 15 mmol 10 mmol
R : 10 mmol 10 mmol 10 mmol 10 mmol +
S : 5 mmol
10 mmol 10 mmol
48. Jawaban (A):
Fauna yang merupakan khas Indonesia bagian barat,
yaitu jenis kera, termasuk monyet ekor panjang. Badak
bercula satu, berunag madu, buaya, dan anoa dapat
ditemui di Indonesia bagian barat dan timur.
49. Jawaban (E):
Sistem pernapasan serangga tersusun atas:
a. Pembuluh trakea atau trakeolus merupakan saluran
trakea yang langsung berhubungan dengan
jaringan pada tubuh serangga.
b. Spirakel/stigma merupakan lubang yang terdapat
pada
permukaan
tubuh
serangga
yang
berhubungan langsung dengan trakea. Spirakel
inilah yang merupakan lubang pemasukan udara ke
dalam tubuh serangga.
c. Ostium merupakan saluran yang menuju ke jantung
yang berfungsi sebagai jalan masuknya darah dari
rongga tubuh menuju ke jantung pada serangga.
Menghitung pH larutan peyangga
[H+] = ka x
molasam
= 2 x 10-4 x 5mmol
10mmol
molpenyangga
= 10-4  pH = - log [H+] = - log 10-4 = 4
43. Jawaban (A):
Reaksi:
HF
+
asam
NH3
basa

NH4+
asam
+
F
basa
Reaksi di atas adalah reaksi asam-basa BronstedLowry, di mana:
Asam: spesi yang dapat memberikan proton
Basa: spesi yang dapat menerima proton
50. Jawaban (C):
Perhatikan skema berikut:
44. Jawaban (D):
Pembahasan:
Senyawa sikloalkana dapat menunjukkan isomerisme
cis-trans apabila senyawa mengikat substituen pada
dua atau lebih atom karbon. Jadi, yang mempunyai
isomer geometri cis-trans adalah nomor 1 karena
mengikat 2 substituen.
Perisikel
Floem
Xylem
45. Jawaban (D):
Reaksi merupakan reaksi eliminasi, yaitu reaksi
pembentukan senyawa ikatan rangkap dua dari ikatan
tunggal.
C6H13Br → ikatan tinggal dilihat dari namanya, yaitu 2bromo-3-metil pentana
C6H12 → ikatan rangkap dua (alkalena) dilihat dari
rumus umumnya CnH2n
Keterangan:
1. Perisikel adalah lapisan terluar dari stele yang
berperan dalam pertumbuhan sekunder dan
pertumbuhan akar ke samping.
2. Floem berfungsi untuk mengangkut hasil fotosintesis menuju seluruh bagian tubuh tumbuhan.
3. Xylem yang berfungsi untuk transportasi air dan zat
terlarut dari akar.
46 Jawaban (A):
Dinding sel mycobacterium mengandung lipid diantara
peptidoglikanya. Selain itu juga mengandung asam
mikolat yang menyebabkan dinding sel ini sukar
ditembus oleh antibiotik dan tidak bisa diwarnai dengan
pengecatan gram positif dan gram negatif.
Peptidoglikan/murein merupakan komponen utama
penyusun dinding sel bakteri.
Asam teikoat adalah komponen yang merupakan ciri
khas bakteri gram positif.
51. Jawaban (E):
Pita kaspari merupakan cincin yang tidak tembus air
yang terbuat dari lilin, terletak pada sel endodermis
tumbuhan, berperan dalam menghalangi aliran pasif air
dan zat-zat terlarut dalam stele melalui dinding sel.
6
52. Jawaban (D):
a. Auksin membantu pertumbuhan tanaman pada:
pembentangan sel, pembelahan sel, dan merangsang
pembentukan buah dan bunga.
b. Giberilin berfungsi untuk merangsang tanaman
berbunga sebelum waktunya, menyebabkan tumbuh
tinggi pada tanaman, memacu aktivitas kambium,
menghasikan buah yang tidak memiliki biji dan
membantu perkecambahan biji.
c. Gas etilen berfungsi untuk mempercepat pemasakan
buah, mempertebal pertumbuhan batang dan
pengguguran bunga.
d. Sitokinin berfungsi untuk merangsang pertumbuhan
akar, sehingga lebih cepat memanjang, mempercepat
pelebaran daun, merangsang pertumbuhan tanaman ke
arah samping dan pucuk tanaman, merangsang
aktivitas
pembelahan
sel
dan
membantu
perkecambahan biji.
e. Asam abisat berfungsi untuk mengurangi kecepatan
pembelahan, mengurangi pemanjangan sel, membantu
pengguguran bunga dna menyebabkan dormansi biji.
f. Asam traumalin berfungsi untuk mempercepat
pembentukan sel yang berada di daerah sekitar luka
pada tumbuhan.
57. Jawaban (C):
Paru-paru buku pada serangga berfungsi sebagai alat
pernafasan. Paru-paru buku memiliki struktur bertumpuk
dan bentuknya mirip buku. Paru-paru buku dan sistem
trakea berfungsi untuk pengangkutan O2. Nutrisi untuk
serangga diedarkan oleh sistem peredaran darah.
58. Jawaban (D):
Tahapan pada proses metabolisme protein untuk
menghasilkan
asetilko-A,
yaitu
transaminase.
Transaminase adalah proses katabolisme asam amino
yang melibatkan pemindahan gugus asam amino dari
satu asam amino ke asam amino lain, menghasilkan
alanine yang akan masuk pada siklus asam piruvat
untuk menghasilkan asetilko-A.
59. Jawaban (C):
Perhatikan skema molekul DNA berikut:
Pada gambar jelas terlihat bahwa basa nitrogen terikat
pada atom C1 deoksiribosa. Antarbasa nitrogen akan
membentuk ikatan hidrogen. Hal inilah yang
menyebabkan DNA memiliki untaian yang berupa
heliks. Gugus fosfat pertama terikat pada atom C5
deoksiribosa pertama, sedangkan gugus fosfat kedua
terikat pada atom C3 deoksiribosa pertama.
53. Jawaban (C):
Agen mutagenik bromourasil merupakan suatu analog
timin yang akan mengubah pasangan basa nitrogen.
Misalnya pasangan basa pada untaian DNA yang
seharusnya Guanin-Citosin akan menjadi pasangan
Adenin-Timin.
60. Jawaban (B):
Animal cloning merupakan teknologi reproduksi hewan
dengan mengklonkan nucleus somatic. Teknologi ini
memungkinkan menghasilkan individu dalam jumlah
banyak dan memiliki sifat yang sama. Animal cloning
menggunakan nukleus sel somatik yang difusikan ke
dalam sel ovum yang telah dihilangkan inti nukleusnya
lalu diimplantasikan ke dalam rahim induk betina.
Pada fertilisasi in vitro (bayi tabung), menggunakan
ovum yang difertilisasikan dengan sel sperma di luar
tubuh, sehingga individu hasil fertilisasi memiliki sifat
sama dengan kedua induknya. Zigot hasil fertilisasi
ditumbuhkan
hingga
menjadi
morulla
lalu
diimplantasikan dalam rahim induk.
Terapi gen merupakan rekayasa gen pada penderita
suatu penyakit untuk tujuan pengobatan. Pada animal
cloning dan fertilisasi in vitro tidak dilakukan
perakayasaan gen untuk tujuan pengobatan.
54. Jawaban (B):
Hukum Hardy-Weinberg berlaku bila:
a. Populasi terdiri dari jumlah individu yang sangat besar
b. Tidak terjadi migrasi (Populasi bersifat tertutup)
c. Tidak terjadi mutasi
d. Perkawinan terjadi secara acak (didukung dengan
kemampuan reproduksi yang sama pada tiap individu)
e. Tidak terjadi seleksi alam
f. Tidak ada aliran gen
55. Jawaban (B):
Bagian sel yang berfungsi sebagai reseptor, yaitu
glikoprotein. Fosfolipid merupakan molekul yang
mendominasi penyusun membrane sel. Protein perifer
berfungsi memberi bentuk membran sel. Protein
integral dan protein perifer berfungsi untuk transportasi
zat pada sel.
56. Jawaban (B):
Bioremediasi secara in situ dilakukan dengan
memanfaatkan potensi sel mikroorganisme lokal
(indigenous) pada daerah yang tercemar. Sehingga
hanya menambahkan sedikit mikroorganisme lain untuk
memaksimalkan proses bioremediasi in situ.
Bioaugmentasi bertujuan untuk menghindari introduksi
mikroorganisme luar pada daerah yang tercemar.
7
8