Pembahasan soal snmptn 2012 matematika ipa kode 634

10,742 views
10,400 views

Published on

0 Comments
7 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
10,742
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
39
Actions
Shares
0
Downloads
480
Comments
0
Likes
7
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Pembahasan soal snmptn 2012 matematika ipa kode 634

  1. 1. Pembahasan Soal SNMPTN 2012 SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS Matematika IPA Disusun Oleh : Pak Anang
  2. 2. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1 Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT Pembahasan Soal SNMPTN 2012 Matematika IPA Kode Soal 634 By Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) lim π‘₯β†’0 1 βˆ’ cos2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) A. βˆ’βˆš3 B. 0 C. √3 3 D. √3 2 E. √3 Penyelesaian: Ingat: lim π‘₯β†’0 π‘₯ sin π‘₯ = lim π‘₯β†’0 sin π‘₯ π‘₯ = lim π‘₯β†’0 π‘₯ tan π‘₯ = lim π‘₯β†’0 tan π‘₯ π‘₯ = 1 1 = sin2 π‘₯ + cos2 π‘₯ Substitusi π‘₯ = 0 pada limit: lim π‘₯β†’0 1 βˆ’ cos2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = 1 βˆ’ 1 02√3 = 0 0 (bentuk tak tentu) Jadi limit tersebut diselesaikan menggunakan identitas trigonometri: lim π‘₯β†’0 1 βˆ’ cos2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = lim π‘₯β†’0 (sin2 π‘₯ + cos2 π‘₯) βˆ’ cos2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = lim π‘₯β†’0 sin2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = lim π‘₯β†’0 sin π‘₯ π‘₯ βˆ™ sin π‘₯ π‘₯ βˆ™ 1 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = lim π‘₯β†’0 sin π‘₯ π‘₯ βˆ™ lim π‘₯β†’0 sin π‘₯ π‘₯ βˆ™ lim π‘₯β†’0 1 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) (Ingat lim π‘₯β†’0 sin π‘₯ π‘₯ = 1) = 1 βˆ™ 1 βˆ™ lim π‘₯β†’0 1 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = 1 tan (0 + πœ‹ 3 ) = 1 tan 60Β° = 1 √3 (Ingat rasionalisasi bentuk akar) = 1 √3 Γ— √3 √3 = √3 3 1. TRIK SUPERKILAT: lim π‘₯β†’0 1 βˆ’ cos2 π‘₯ π‘₯2 tan (π‘₯ + πœ‹ 3 ) = π‘₯2 π‘₯2 tan πœ‹ 3 = 1 √3 = √3 3
  3. 3. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 2 2. Di dalam kotak terdapat 1 bola biru, 6 bola merah, dan 2 bola putih. Jika diambil 7 bola tanpa pengembalian, maka peluang banyak bola merah yang terambil dua kali banyak bola putih yang terambil adalah .... A. 5 9 B. 1 2 C. 5 12 D. 7 12 E. 20 45 Penyelesaian: Terdapat beberapa kemungkinan dengan syarat bola merah yang terambil dua kali bola putih yang terambil, yaitu: ο‚·Kemungkinan pertama: Misal pada pengambilan sebanyak 7 bola di dalam kotak telah terambil 1 bola putih, maka untuk memenuhi syarat tersebut juga harus terambil 2 bola merah. Nah, akibatnya bola biru yang terambil harus sebanyak 4 bola biru. Jelas ini tidak mungkin, mengingat di dalam kotak hanya terdapat 1 bola biru saja. ο‚·Kemungkinan kedua: Misal pada pengambilan sebanyak 7 bola di dalam kotak telah terambil 2 bola putih, maka untuk memenuhi syarat tersebut juga harus terambil 4 bola merah. Nah, akibatnya bola biru yang terambil harus sebanyak 1 bola biru. Kejadian inilah yang dimaksud dalam soal, mengingat di dalam kotak hanya terdapat 1 bola biru saja. Jadi dari dua kemungkinan tersebut di atas, pilihan kejadian yang mungkin adalah kemungkinan kejadian kedua, yaitu dalam pengambilan 7 bola di dalam kotak terambil 2 bola putih, 4 bola merah dan 1 bola biru. Sehingga peluangnya adalah: 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴) 𝑛(𝑆) β‡’ 𝑃(2𝑃 ∩ 4𝑀 ∩ 1𝐡) = 2 𝐢2 Γ— 6 𝐢2 Γ— 1 𝐢1 9 𝐢7 = 2! (2 βˆ’ 2)! 2! Γ— 6! (6 βˆ’ 2)! 2! Γ— 1! (1 βˆ’ 1)! 1! 9! (9 βˆ’ 7)! 7! = 2! 0! 2! Γ— 6! 4! 2! Γ— 1! 0! 1! 9! 2! 7! = 1 1 Γ— 6 Γ— 5 Γ— 4! 4! Γ— 2 Γ— 1 Γ— 1 1 9 Γ— 8 Γ— 7! 2 Γ— 1 Γ— 7! = 1 Γ— 15 Γ— 1 36 = 15 36 = 5 12 TRIK SUPERKILAT: 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴) 𝑛(𝑆) = 2 𝐢2 Γ— 6 𝐢2 Γ— 1 𝐢1 9 𝐢7 = 6 Γ— 5 9 Γ— 8 = 5 12
  4. 4. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 3 3. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = π‘₯2 , 𝑦 = 1, dan π‘₯ = 2 adalah .... A. ∫ (1 βˆ’ π‘₯2)𝑑π‘₯ 2 βˆ’1 B. ∫ (π‘₯2 βˆ’ 1)𝑑π‘₯ 2 βˆ’1 C. ∫ (π‘₯2 βˆ’ 1)𝑑π‘₯ 2 1 D. ∫ (1 βˆ’ π‘₯2)𝑑π‘₯ 1 βˆ’1 E. ∫ (π‘₯2 βˆ’ 1)𝑑π‘₯ 2 0 Penyelesaian: Sekarang mari kita sketsa grafiknya. Menentukan terlebih dahulu batas integrasi di sumbu X: Batas kiri adalah perpotongan antara 𝑦 = π‘₯2 dengan 𝑦 = 1, yaitu di π‘₯ = 1. Batas kanan adalah garis π‘₯ = 2. Jadi batas integrasi adalah dari π‘Ž = 1 sampai 𝑏 = 2. Tentukan juga 𝑓(π‘₯) dan 𝑔(π‘₯) dalam selang interval π‘Ž < π‘₯ < 𝑏 yang memenuhi 𝑓(π‘₯) > 𝑔(π‘₯). Sehingga diperoleh { 𝑓(π‘₯) ≑ 𝑦 = π‘₯2 𝑔(π‘₯) ≑ 𝑦 = 1 Jadi luas daerah yang ditunjukkan oleh grafik di atas adalah: 𝐿 = ∫ [𝑓(π‘₯) βˆ’ 𝑔(π‘₯)] 𝑏 π‘Ž 𝑑π‘₯ β‡’ 𝐿 = ∫ (π‘₯2 βˆ’ 1) 2 1 𝑑π‘₯ X 𝑦 = π‘₯2 Y 𝑦 = 1 π‘₯ = 2 0βˆ’1βˆ’2βˆ’3 1 32 1 2 3 4 TRIK SUPERKILAT: Gambar sketsa grafiknya dulu Maka akan diperoleh 𝐿 = ∫ (π‘₯2 βˆ’ 1) 2 1 𝑑π‘₯
  5. 5. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 4 4. (cos π‘₯+sin π‘₯)2 (cos π‘₯βˆ’sin π‘₯)2 = .... A. 1 1βˆ’cos2π‘₯ B. 1 1βˆ’sin 2π‘₯ C. 1+cos2π‘₯ 1βˆ’cos2π‘₯ D. 1+2 sin π‘₯ 1βˆ’2 sin π‘₯ E. 1+sin 2π‘₯ 1βˆ’sin 2π‘₯ Penyelesaian: Ingat: Identitas trigonometri cos2 π‘₯ + sin2 π‘₯ = 1 Trigonometri sudut rangkap: sin 2π‘₯ = 2 sin π‘₯ cos π‘₯ Perkalian istimewa (π‘Ž + 𝑏)2 = π‘Ž2 + 2π‘Žπ‘ + 𝑏2 (π‘Ž βˆ’ 𝑏)2 = π‘Ž2 βˆ’ 2π‘Žπ‘ + 𝑏2 (cos π‘₯ + sin π‘₯)2 (cos π‘₯ βˆ’ sin π‘₯)2 = cos2 π‘₯ + 2 sin π‘₯ cos π‘₯ + sin2 π‘₯ cos2 π‘₯ βˆ’ 2 sin π‘₯ cos π‘₯ + sin2 π‘₯ = (cos2 π‘₯ + sin2 π‘₯) + 2 sin π‘₯ cos π‘₯ (cos2 π‘₯ + sin2 π‘₯) βˆ’ 2 sin π‘₯ cos π‘₯ (Ingat cos2 π‘₯ + sin2 π‘₯ = 1) = 1 + 2 sin π‘₯ cos π‘₯ 1 βˆ’ 2 sin π‘₯ cos π‘₯ (Ingat 2 sin π‘₯ cos π‘₯ = sin 2π‘₯) = 1 + sin 2π‘₯ 1 βˆ’ sin 2π‘₯ TRIK SUPERKILAT: Substitusikan π‘₯ = 0Β° dan π‘₯ = 90Β° ke soal, maka jawabannya sama dengan 1. Cek pada jawaban, yang hasilnya juga 1 hanya di jawaban E. Ya kan?  Gampang kan?
  6. 6. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 5 5. Lingkaran (π‘₯ βˆ’ 3)2 + (𝑦 βˆ’ 4)2 = 25 memotong sumbu-π‘₯ di titik 𝐴 dan 𝐡. Jika 𝑃 adalah titik pusat lingkaran tersebut, maka cos βˆ π΄π‘ƒπ΅ = .... A. 7 25 B. 8 25 C. 12 25 D. 16 25 E. 18 25 Penyelesaian: Mencari pusat lingkaran dan panjang jari-jarinya. Ingat: 𝐿 ≑ (π‘₯ βˆ’ π‘Ž)2 + (𝑦 βˆ’ 𝑏)2 = π‘Ÿ2 adalah lingkaran dengan pusat di (π‘Ž, 𝑏) dan jari-jari π‘Ÿ. 𝐿 ≑ (π‘₯ βˆ’ 3)2 + (𝑦 βˆ’ 4)2 = 25 adalah lingkaran dengan pusat di 𝑃(3, 4) dan jari-jari 5. Mencari letak titik potong lingkaran pada sumbu X, substitusikan 𝑦 = 0 ke persamaan lingkaran. 𝑦 = 0 β‡’ (π‘₯ βˆ’ 3)2 + (0 βˆ’ 4)2 = 25 ⇔ (π‘₯ βˆ’ 3)2 + 16 = 25 ⇔ (π‘₯ βˆ’ 3)2 = 25 βˆ’ 16 ⇔ π‘₯2 βˆ’ 6π‘₯ + 9 = 9 ⇔ π‘₯2 βˆ’ 6π‘₯ + 9 βˆ’ 9 = 0 ⇔ π‘₯2 βˆ’ 6π‘₯ = 0 ⇔ π‘₯(π‘₯ βˆ’ 6) = 0 Pembuat nol β‡’ π‘₯ = 0 atau π‘₯ βˆ’ 6 = 0 ⇔ π‘₯ = 0 atau π‘₯ = 6 Jadi titik potong lingkaran pada sumbu X adalah di titik 𝐴(0, 0) dan 𝐡(6, 0). Sehingga, gambar sketsa grafiknya pada bidang koordinat adalah sebagai berikut. Panjang 𝐴𝑃 = 𝑃𝐡 = jari-jari lingkaran = 5 Panjang 𝐴𝐡 = jarak antara titik (0, 0)ke titik (6, 0) = √(6 βˆ’ 0)2 + (0 βˆ’ 0)2 = √36 + 0 = √36 = 6 Sehingga besar βˆ π΄π‘ƒπ΅ bisa ditentukan dengan aturan kosinus sebagai berikut: 𝐴𝐡2 = 𝐴𝑃2 + 𝑃𝐡2 βˆ’ 2 βˆ™ 𝐴𝑃 βˆ™ 𝑃𝐡 βˆ™ cos βˆ π΄π‘ƒπ΅ β‡’ cos βˆ π΄π‘ƒπ΅ = 𝐴𝑃2 + 𝑃𝐡2 βˆ’ 𝐴𝐡2 2 βˆ™ 𝐴𝑃 βˆ™ 𝑃𝐡 = 52 + 52 βˆ’ 62 2 βˆ™ 5 βˆ™ 5 = 25 + 25 βˆ’ 36 50 = 14 50 = 7 25 X Y 0 2 4 6 2 4 6 8 βˆ’2 𝑃 𝐴 𝐡
  7. 7. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 6 6. Diberikan kubus 𝐴𝐡𝐢𝐷. 𝐸𝐹𝐺𝐻. Jika 𝛼 adalah sudut antara bidang 𝐴𝐢𝐹 dan alas 𝐴𝐡𝐢𝐷, maka tan 𝛼 = .... A. √2 B. 1 √3 C. 1 2 D. 1 √2 E. √3 Penyelesaian: Sudut antara bidang 𝐴𝐢𝐹 dan alas 𝐴𝐡𝐢𝐷 adalah sudut yang dibentuk oleh ruas garis 𝑂𝐹 dan 𝑂𝐡 yaitu βˆ πΉπ‘‚π΅. Misalkan panjang rusuk kubus tersebut adalah 𝑠, maka: 𝑂𝐡 = 1 2 diagonal bidang β‡’ 𝑂𝐡 = 1 2 Γ— (π‘ βˆš2) = π‘ βˆš2 2 Perhatikan βˆ†π‘‚π΅πΉ, maka nilai tangen βˆ πΉπ‘‚π΅ adalah perbandingan sisi depan (𝐹𝐡) dibagi sisi samping (𝑂𝐡): tan βˆ πΉπ‘‚π΅ = 𝐹𝐡 𝑂𝐡 β‡’ tan βˆ πΉπ‘‚π΅ = 𝑠 π‘ βˆš2 2 = 𝑠 Γ— 2 π‘ βˆš2 = 2 √2 (Rasionalisasi bentuk akar) = 2 √2 Γ— √2 √2 = √2 𝐴 𝐡 𝐢 𝐷 𝐸 𝐹 𝐺𝐻 𝑂 𝐡 𝐹 𝑠 𝑠 2 √2 𝑂 TRIK SUPERKILAT: Logikanya, kita tahu panjang BF lebih panjang daripada BO. Maka nilai tangen pasti lebih besar 1. Jadi jawaban yang mungkin tinggal A dan E. Dengan memisalkan rusuk kubus 𝑠, maka diperoleh nilai tangen adalah √2.
  8. 8. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 7 7. Lingkaran (π‘₯ βˆ’ 4)2 + (𝑦 βˆ’ 2)2 = 64 menyinggung garis π‘₯ = βˆ’4 di titik .... A. (βˆ’4, 2) B. (βˆ’4, βˆ’2) C. (βˆ’4, 4) D. (βˆ’4, βˆ’4) E. (βˆ’4, 8) Penyelesaian: Untuk mencari letak titik singgung lingkaran terhadap garis π‘₯ = βˆ’4, maka substitusikan π‘₯ = βˆ’4 ke persamaan lingkaran, sehingga diperoleh: π‘₯ = βˆ’4 β‡’ (βˆ’4 βˆ’ 4)2 + (𝑦 βˆ’ 2)2 = 64 ⇔ 64 + 𝑦2 βˆ’ 4𝑦 + 4 = 64 ⇔ 𝑦2 βˆ’ 4𝑦 + 68 = 64 ⇔ 𝑦2 βˆ’ 4𝑦 + 68 βˆ’ 64 = 0 ⇔ 𝑦2 βˆ’ 4𝑦 + 4 = 0 ⇔ (𝑦 βˆ’ 2)(𝑦 βˆ’ 2) = 0 ⇔ 𝑦1,2 = 2 Jadi titik singgung lingkaran dengan garis π‘₯ = βˆ’4 adalah (βˆ’4, 2). TRIK SUPERKILAT: Substitusikan semua pilihan jawaban, mana yang memenuhi persamaan lingkaran. Jelas (βˆ’4, 2) karena (βˆ’4 βˆ’ 4)2 + (2 βˆ’ 2)2 = 64
  9. 9. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 8 8. Jika suku banyak 2π‘₯3 βˆ’ π‘₯2 + 6π‘₯ βˆ’ 1 dibagi 2π‘₯ βˆ’ 1, maka sisanya adalah .... A. βˆ’10 B. βˆ’1 C. 01 D. 02 E. 23 Penyelesaian: Pembagian suku banyak dengan metode Horner: πŸπ’™ βˆ’ 𝟏 = 𝟎 𝒙 = 𝟏 𝟐 2 βˆ’1 βˆ’6 βˆ’1 βˆ’1 0 3 𝟐 𝟎 πŸ” 𝟐 Jadi, sisa pembagian suku banyak 2π‘₯3 βˆ’ π‘₯2 + 6π‘₯ βˆ’ 1 oleh 2π‘₯ βˆ’ 1 adalah 2. Pembagian suku banyak dengan metode biasa: 𝒙 𝟐 + πŸ‘πŸ‘ + 4π‘₯ βˆ’ πŸπ’™ βˆ’ 𝟏 2π‘₯3 βˆ’ π‘₯2 + 6π‘₯ βˆ’ 1 2π‘₯3 βˆ’ π‘₯2 βˆ’ + 6π‘₯ βˆ’ 1 + 6π‘₯ βˆ’ 3 βˆ’ βˆ’ 𝟐 Jadi, sisa pembagian suku banyak 2π‘₯3 βˆ’ π‘₯2 + 6π‘₯ βˆ’ 1 oleh 2π‘₯ βˆ’ 1 adalah 2. TRIK SUPERKILAT: Gunakan metode horner. Metode paling ampuh untuk mencari nilai sisa untuk tipe soal ini.
  10. 10. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 9 9. Grafik fungsi 𝑓(π‘₯) = π‘Žπ‘₯3 + 𝑏π‘₯2 βˆ’ 𝑐π‘₯ + 20 turun, jika .... A. 𝑏2 βˆ’ 4π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž < 0 B. 𝑏2 + 4π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž < 0 C. 𝑏2 + 3π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž > 0 D. 𝑏2 + 3π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž < 0 E. 𝑏2 βˆ’ 3π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž < 0 Penyelesaian: Ingat: 𝑦 = π‘Žπ‘₯ 𝑛 β‡’ 𝑦′ = π‘›π‘Žπ‘₯ π‘›βˆ’1 . Suatu fungsi 𝑓(π‘₯) akan turun jika 𝑓′(π‘₯) < 0. 𝑓(π‘₯) = π‘Žπ‘₯2 + 𝑏π‘₯ + 𝑐 akan definit negatif jika 𝐷 < 0 dan π‘Ž < 0. Misal turunan pertama fungsi 𝑓(π‘₯) adalah 𝑓′(π‘₯), maka: 𝑓(π‘₯) = π‘Žπ‘₯3 + 𝑏π‘₯2 βˆ’ 𝑐π‘₯ + 20 β‡’ 𝑓′(π‘₯) = 3π‘Žπ‘₯2 + 2𝑏π‘₯ βˆ’ 𝑐 Fungsi 𝑓(π‘₯) akan turun jika 𝑓′(π‘₯) < 0, sehingga: 𝑓′(π‘₯) < 0 β‡’ 3π‘Žπ‘₯2 + 2𝑏π‘₯ βˆ’ 𝑐 < 0 Syarat fungsi β„Ž(π‘₯) = 3π‘Žπ‘₯2 + 2𝑏π‘₯ βˆ’ 𝑐 akan bernilai negatif adalah: 𝐷 < 0 β‡’ 𝐡2 βˆ’ 4𝐴𝐢 < 0 ⇔ (2𝑏)2 βˆ’ 4(3π‘Ž)(βˆ’π‘) < 0 ⇔ 4𝑏2 + 12π‘Žπ‘ < 0 ⇔ 𝑏2 + 3π‘Žπ‘ < 0 dan 𝐴 < 0 β‡’ 3π‘Ž < 0 ⇔ π‘Ž < 0 Jadi fungsi 𝑓(π‘₯) = π‘Žπ‘₯3 + 𝑏π‘₯2 βˆ’ 𝑐π‘₯ + 20 turun, jika 𝑏2 + 3π‘Žπ‘ < 0 dan π‘Ž < 0.
  11. 11. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 10 10. Diketahui segitiga dengan titik sudut (βˆ’4, 0), (4, 0), dan (4 cos πœƒ , 4 sin πœƒ) untuk 0 ≀ πœƒ ≀ 2πœ‹. Banyak nilai πœƒ yang mungkin agar luas segitiga tersebut 13 adalah .... A. 8 B. 4 C. 3 D. 2 E. 1 Penyelesaian: Luas segitiga dengan titik sudut (π‘₯1, 𝑦1), (π‘₯2, 𝑦2), dan (π‘₯3, 𝑦3) adalah: 𝐿 = 1 2 | π‘₯1 𝑦1 1 π‘₯2 𝑦2 1 π‘₯3 𝑦3 1 | Sehingga, apabila titik sudut segitiga masing-masing adalah (βˆ’4, 0), (4, 0), dan (4 cos πœƒ , 4 sin πœƒ) serta luas segitiga adalah 13, maka nilai luas harus diberi tanda mutlak (karena luas bernilai negatif apabila berada di bawah sumbu X): 𝐿 = 1 2 | π‘₯1 𝑦1 1 π‘₯2 𝑦2 1 π‘₯3 𝑦3 1 | β‡’ |13| = 1 2 | βˆ’4 0 1 4 0 1 4 cos πœƒ 4 sin πœƒ 1 | ⇔ |13| = 1 2 (32 sin πœƒ) ⇔ |13| = 16 sin πœƒ ⇔ | 13 16 | = sin πœƒ Dalam interval 0 < πœƒ < 2πœ‹, nilai sin πœƒ = | 13 16 | yang tentunya bisa bernilai positif dan bisa bernilai negatif ada 4 buah, yaitu masing-masing bernilai positif di kuadran I (0 < πœƒ < πœ‹ 2 ) dan kuadran II ( πœ‹ 2 < πœƒ < πœ‹), serta bernilai negatif pada kuadran II (πœ‹ < πœƒ < 3πœ‹ 2 ) dan kuadran IV ( 3πœ‹ 2 < πœƒ < 2πœ‹).
  12. 12. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 11 11. Vektor π‘₯βƒ— dicerminkan terhadap garis 𝑦 = 0. Kemudian hasilnya diputar terhadap titik asal 𝑂 sebesar πœƒ > 0 searah jarum jam, menghasilkan vektor 𝑦⃗. Jika 𝑦⃗ = 𝐴π‘₯βƒ—, maka matriks 𝐴 = .... A. [ cos πœƒ βˆ’ sin πœƒ sin πœƒ cos πœƒ ] [ 1 0 0 βˆ’1 ] B. [ βˆ’1 0 0 1 ] [ cos πœƒ sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ ] C. [ cos πœƒ βˆ’ sin πœƒ sin πœƒ cos πœƒ ] [ βˆ’1 0 0 1 ] D. [ cos πœƒ sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ ] [ 1 0 0 βˆ’1 ] E. [ 1 0 0 βˆ’1 ] [ cos πœƒ sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ ] Penyelesaian: Ingat! Matriks transformasi pencerminan terhadap 𝑦 = 0 (sumbu X) adalah: 𝑀𝑠𝑏𝑋 = ( 1 0 0 βˆ’1 ) Matriks transformasi rotasi terhadap titik asal 𝑂 sebesar πœƒ berlawanan jarum jam adalah: 𝑀 𝑅(𝑂,πœƒ) ( cos πœƒ βˆ’ sin πœƒ sin πœƒ cos πœƒ ) Dengan menggunakan konsep komposisi transformasi, jika vektor π‘₯βƒ— secara berturut-turut ditransformasikan oleh matriks transformasi 𝑇1 lalu dilanjutkan transformasi oleh matriks transformasi 𝑇2 maka: 𝑦⃗ = (𝑇2 ∘ 𝑇1)π‘₯βƒ— β‡’ 𝑦⃗ = (𝑀 𝑅(𝑂,βˆ’πœƒ) ∘ 𝑀 𝑀 𝑠𝑏𝑋 )π‘₯βƒ— ⇔ 𝑦⃗ = ( cos(βˆ’πœƒ) βˆ’ sin(βˆ’πœƒ) sin(βˆ’πœƒ) cos(βˆ’πœƒ) ) ( 1 0 0 βˆ’1 ) π‘₯βƒ— (Ingat sin(βˆ’πœƒ) = βˆ’ sin πœƒ cos(βˆ’πœƒ) = cos πœƒ ) ⇔ 𝑦⃗ = ( cos πœƒ sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ ) ( 1 0 0 βˆ’1 ) π‘₯βƒ— Karena 𝑦⃗ = 𝐴π‘₯βƒ—, maka jelas matriks 𝐴 adalah: 𝐴 = ( cos πœƒ sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ ) ( 1 0 0 βˆ’1 )
  13. 13. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 12 12. Himpunan 𝐴 memenuhi hubungan {1} βŠ‚ 𝐴 βŠ‚ {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Jika 6 adalah anggota 𝐴, maka banyak himpunan 𝐴 yang mungkin adalah .... A. 04 B. 08 C. 16 D. 24 E. 32 Penyelesaian: Karena {1} βŠ‚ 𝐴 dan 6 adalah anggota 𝐴, maka jelas {1, 6} βŠ‚ 𝐴. Sehingga banyaknya anggota 𝐴 yang mungkin adalah sebagai berikut: Dua anggota: Hanya terdapat satu kemungkinan saja yaitu {1, 6} βŠ‚ 𝐴 Tiga anggota: Terdapat sebanyak 4 𝐢1 = 4 kemungkinan yaitu {1, 2, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 3, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 4, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 Empat anggota: Terdapat sebanyak 4 𝐢2 = 6 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 2, 4, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 2, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 3, 4, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 3, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 4, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 Lima anggota: Terdapat sebanyak 4 𝐢3 = 4 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 4, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 2, 3, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 2, 4, 5 6} βŠ‚ 𝐴 {1, 3, 4, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 Enam anggota: Terdapat sebanyak 4 𝐢4 = 1 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 4, 5, 6} βŠ‚ 𝐴 Sehingga banyaknya himpunan bagian dari 𝐴 yang mungkin adalah: 1 + 4 𝐢1 + 4 𝐢2 + 4 𝐢3 + 4 𝐢4 = 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 TRIK SUPERKILAT: Kita akan mencari himpunan bagian dari 4 anggota yang lain yaitu {2, 3, 4, 5}, jadi banyaknya himpunan bagian adalah 24 = 16.
  14. 14. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 13 13. Diberikan suku banyak 𝑝(π‘₯) = π‘₯2 + 𝑏π‘₯ + 𝑐. Jika 𝑏 dan 𝑐 dipilih secara acak dari selang [0, 2], maka peluang suku banyak tersebut tidak mempunyai akar adalah .... A. 0 B. 1 6 C. 2 3 D. 3 4 E. 5 6 Penyelesaian: Ingat! Diskriminan persamaan kuadrat π‘Žπ‘₯2 + 𝑏π‘₯ + 𝑐 = 0 adalah 𝐷 = 𝑏2 βˆ’ 4π‘Žπ‘. Sifat-sifat diskriminan { 𝐷 > 0 β‡’ memiliki dua akar real berbeda 𝐷 = 0 β‡’ memiliki dua akar real kembar 𝐷 < 0 β‡’ tidak memiliki akar real (akar-akar imajiner) Syarat 𝑝(π‘₯) = π‘₯2 + 𝑏π‘₯ + 𝑐 tidak mempunyai akar adalah nilai 𝐷 < 0. 𝐷 < 0 β‡’ 𝑏2 βˆ’ 4𝑐 < 0 ⇔ 𝑏2 < 4𝑐 ⇔ 𝑏2 4 < 𝑐 Jika π‘Ž dan 𝑏 berada dalam selang [0, 2] dimisalkan π‘₯ = 𝑏 dan 𝑦 = 𝑐 sehingga persamaan di atas menjadi: 𝑏2 4 < 𝑐 β‡’ 𝑦 > π‘₯2 4 Fungsi 𝑦 > π‘₯2 4 dengan batas 0 ≀ π‘Ž ≀ 2 dan 0 ≀ 𝑏 ≀ 2 bisa digambar pada sketsa grafik berikut: Perhatikan gambar, daerah hasil dari π‘Ž dan 𝑏 adalah daerah persegi bergaris tepi berwarna biru dengan ukuran 2 Γ— 2, sehingga jumlah ruang sampelnya adalah: 𝑛(𝑆) = Luas persegi = 2 Γ— 2 = 4 Sedangkan, kejadian yang dimaksudkan pada soal adalah peluang suku banyak tersebut tidak memiliki akar berada pada daerah arsir berwarna merah, sehingga jumlah kejadiannya adalah: 𝑛(𝐴) = Luas daerah arsir = ∫ (2 βˆ’ π‘₯2 4 ) 2 0 𝑑π‘₯ = [2π‘₯ βˆ’ π‘₯3 12 ] 0 2 = (2(2) βˆ’ (2)3 12 ) βˆ’ (2(0) βˆ’ (0)3 12 ) = (4 βˆ’ 8 12 ) βˆ’ (0) = 48 βˆ’ 8 12 = 40 12 = 10 3 Jadi peluang suku banyak tersebut tidak memiliki akar adalah: 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴) 𝑛(𝑆) = 10 3 4 = 10 3 Γ— 1 4 = 10 12 = 5 6 X Y 0 1 2 1 2 βˆ’1
  15. 15. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 14 14. Nilai √3 sin π‘₯ βˆ’ cos π‘₯ < 0, jika .... A. 7πœ‹ 6 < π‘₯ < 11πœ‹ 7 B. 5πœ‹ 6 < π‘₯ < 7πœ‹ 6 C. 5πœ‹ 7 < π‘₯ < 10πœ‹ 7 D. πœ‹ 6 < π‘₯ < 9πœ‹ 6 E. πœ‹ 12 < π‘₯ < 5πœ‹ 4 Penyelesaian: Ingat bentuk π‘Ž sin π‘₯ + 𝑏 cos π‘₯ = π‘Ÿ cos(π‘₯ βˆ’ πœƒ) dimana π‘Ÿ = √ π‘Ž2 + 𝑏2 dan tan πœƒ = π‘Ž 𝑏 Perhatikan √3 sin π‘₯ βˆ’ cos π‘₯ < 0 berarti π‘Ž = √3 dan 𝑏 = βˆ’1. Sehingga, π‘Ÿ = βˆšπ‘Ž2 + 𝑏2 β‡’ π‘Ÿ = √(√3) 2 + (βˆ’1)2 = √3 + 1 = √4 = 2 Dan tan πœƒ = π‘Ž 𝑏 β‡’ πœƒ = arctan ( π‘Ž 𝑏 ) = arctan ( √3 βˆ’1 ) = arctan(βˆ’βˆš3) = 120Β° = 2πœ‹ 3 Sehingga, √3 sin π‘₯ βˆ’ cos π‘₯ < 0 β‡’ 2 cos (π‘₯ βˆ’ 2πœ‹ 3 ) < 0 Persamaan trigonometri sederhana cos (π‘₯ βˆ’ 2πœ‹ 3 ) = 0 = cos πœ‹ 2 β‡’ π‘₯1 βˆ’ 2πœ‹ 3 = πœ‹ 2 + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ β‡’ π‘₯2 βˆ’ 2πœ‹ 3 = (βˆ’ πœ‹ 2 ) + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯1 = ( πœ‹ 2 + 2πœ‹ 3 ) + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯2 = (βˆ’ πœ‹ 2 + 2πœ‹ 3 ) + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯1 = ( 3πœ‹ 6 + 4πœ‹ 6 ) + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯2 = (βˆ’ 3πœ‹ 6 + 4πœ‹ 6 ) + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯1 = 7πœ‹ 6 + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ ⇔ π‘₯2 = πœ‹ 6 + 𝑛 βˆ™ 2πœ‹ 𝑛 = βˆ’1 β‡’ π‘₯1 = πœ‹ 6 𝑛 = 0 β‡’ π‘₯2 = πœ‹ 6 𝑛 = 0 β‡’ π‘₯1 = 7πœ‹ 6 𝑛 = 1 β‡’ π‘₯2 = 7πœ‹ 6 Jadi himpunan penyelesaian yang memenuhi 2 cos(π‘₯ βˆ’ 2πœ‹ 3 ) = 0 adalah { πœ‹ 6 , 7πœ‹ 6 } Daerah penyelesaian pertidaksamaan 2 cos(π‘₯ βˆ’ 2πœ‹ 3 ) < 0 bisa digambarkan pada garis bilangan berikut: Jadi daerah penyelesaiannya adalah 0 < π‘₯ < πœ‹ 6 atau 7πœ‹ 6 < π‘₯ < 2πœ‹. Jadi daerah yang memenuhi pada jawaban adalah jawaban A yaitu 7πœ‹ 6 < π‘₯ < 11πœ‹ 7 . βˆ’ βˆ’+ 0 πœ‹ 6 7πœ‹ 6 2πœ‹
  16. 16. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 15 15. Diketahui ‖𝑒⃗⃗‖ = 1 dan ‖𝑣⃗‖ = 2. Jika 𝑒⃗⃗ dan 𝑣⃗ membentuk sudut 30Β°, maka (𝑒⃗⃗ + 𝑣⃗) ∘ 𝑣⃗ = .... A. √3 + 4 B. √3 + 2 C. 2√3 + 4 D. 3 E. 5 Penyelesaian: Ingat! π‘Žβƒ— ∘ 𝑏⃗⃗ = β€–π‘Žβƒ—β€– βˆ™ ‖𝑏⃗⃗‖ βˆ™ cos ∠(π‘Žβƒ—, 𝑏⃗⃗) Sifat operasi aljabar vektor: Distributif: (π‘Žβƒ— + 𝑏⃗⃗) ∘ 𝑐⃗ = π‘Žβƒ— ∘ 𝑐⃗ + 𝑏⃗⃗ ∘ 𝑐⃗ (𝑒⃗⃗ + 𝑣⃗) ∘ 𝑣⃗ = 𝑒⃗⃗ ∘ 𝑣⃗ + 𝑣⃗ ∘ 𝑣⃗ = ‖𝑒⃗⃗‖ βˆ™ ‖𝑣⃗‖ βˆ™ cos ∠(𝑒⃗⃗, 𝑣⃗) + ‖𝑣⃗‖ βˆ™ ‖𝑣⃗‖ βˆ™ cos ∠(𝑣⃗, 𝑣⃗) = ‖𝑒⃗⃗‖ βˆ™ ‖𝑣⃗‖ βˆ™ cos 30Β° + ‖𝑣⃗‖ βˆ™ ‖𝑣⃗‖ βˆ™ cos 0Β° = 1 βˆ™ 2 βˆ™ 1 2 √3 + 2 βˆ™ 2 βˆ™ 1 = √3 + 4 Untuk download rangkuman materi, kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT dalam menghadapi SNMPTN serta kumpulan pembahasan soal SNMPTN yang lainnya jangan lupa untuk selalu mengunjungi http://pak-anang.blogspot.com. Terimakasih, Pak Anang.

Γ—