SMART SOLUSI

PembahasanPembahasanPembahasanPembahasan SoalSoalSoalSoal
SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERISELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERISELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERISELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI
Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS
Disusun Oleh :
Pak AnangPak AnangPak AnangPak Anang

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1
KumpulanKumpulanKumpulanKumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILATSMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILATSMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILATSMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT
PembahasanPembahasanPembahasanPembahasan SoalSoalSoalSoal SNMPTNSNMPTNSNMPTNSNMPTN 2011201120112011
MatematikaMatematikaMatematikaMatematika IPAIPAIPAIPA Kode SoalKode SoalKode SoalKode Soal 599599599599
ByByByBy Pak AnangPak AnangPak AnangPak Anang ((((http://pakhttp://pakhttp://pakhttp://pak----anang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.comanang.blogspot.com))))
1. Diketahui vektor 23 = (5, −2, −1) dan 8̅ = (5, 5, −1). Jika vektor 23 tegak lurus pada 8̅, maka nilai 5
adalah ....
A. −1
B. 0
C. 1
D. 2
E. 3
PenyelesaianPenyelesaianPenyelesaianPenyelesaian::::
Ingat:
Perkalian titik: 53 ∙ >3 = |5||>| cos @
Jika vektor 53 dan vektor >3 saling tegak lurus maka @ = 90°, akibatnya 53 ∙ >3 = 0
Perkalian titik dari vektor 53 = (BC, DC, EC) dan vektor >3 = (BF, DF, EF) juga bisa didefinisikan sebagai
53 ∙ >3 = BCBF + DCDF + ECEF
Jika 53 tegak lurus dengan >3, maka 53 ∙ >3 = 0.
53 ∙ >3 = 0
⇒ K
5
−2
−1
L ∙ K
5
5
−1
L = 0
⇒ 5M
− 25 + 1 = 0
⇒ (5 − 1)M
= 0
⇒ 5 − 1 = 0
⇒ 5 = 1

2. Pernyataan berikut yang benar adalah ....
A. Jika sin B = sin D, maka B = D
B. Untuk setiap vektor 23, 8̅, dan NO berlaku 23 ∙ (8̅ ∙ NO) = (23 ∙ 8̅) ∙ NO
C. Jika P Q(B)RB
F
C
= 0, maka Q(B) = 0
D. Ada fungsi Q sehingga limS→U Q(B) ≠ Q(W) untuk suatu W
E. 1 − cos 2B = 2 cosM
B
Penyelesaian:Penyelesaian:Penyelesaian:Penyelesaian:
Penyelesaian untuk soal ini harus dianalisis setiap pilihan jawaban.
Analisis jawaban:
A. Jika sin B = sin D, maka B = D.
Ini kurang tepat karena tidak selalu B = D, tetapi ada nilai lain selain D yang memenuhi
persamaan tersebut. Ingat lagi konsep trigonometri antar kuadran.
sin B = sin D ⇒ B = D + Y ∙ 360°
⇒ B = (180° − D) + Y ∙ 360°
Jadi jawaban A salah.
B. Untuk setiap vektor 23, 8̅, dan NO berlaku 23 ∙ (8̅ ∙ NO) = (23 ∙ 8̅) ∙ NO
Lihat dengan seksama bahwa (8̅ ∙ NO) = skalar. Begitu juga dengan (23 ∙ 8̅) = skalar.
Misalkan (8̅ ∙ NO) = dan (23 ∙ 8̅) = ] maka nilai (23 ∙ ) dan (] ∙ NO) tidak bisa didefinisikan.
Karena perkalian skalar hanya bisa dilakukan oleh vektor dengan vektor.
Jadi jawaban B juga salah.
C. Jika P Q(B)RB
F
C
= 0, maka Q(B) = 0
Ambil sembarang Q(B) ≠ 0, misal Q(B) = B dimana B ≠ 0 maka P Q(B) RB
^
_^
= P B RB
^
^
= 0.
Ini membuktikan bahwa P Q(B)RB
F
C
= 0 maka tidak selalu Q(B) = 0.
Jadi jawaban C juga salah.
D. Ada fungsi Q sehingga limS→U Q(B) ≠ Q(W) untuk suatu W.
Untuk fungsi yang tidak kontinu, maka nilai limit pada titik dimana nilai fungsinya tidak
terdefinisi bisa didefinisikan menggunakan metode pemfaktoran maupun metode L’hopital.
Jadi jawaban D benar.
E. 1 − cos 2B = 2 cosM
B
Ingat identitas trigonometri 1 = sinM
B + cosM
B dan cos 2B = cosM
B − sinM
B
Sehingga: 1 − cos 2B = (sinM
B + cosM
B) − (cosM
B − sinM
B)
= sinM
B + sinM
B + cosM
B − cosM
B
= 2 sinM
B
Jadi jawaban E juga salah.

3. Luas daerah di bawah D = −BM
+ 8B, di atas D = 6B − 24, dan terletak di kuadran I adalah ....
A. P (−BM
+ 8B)RB
b
c
+ P (BM
− 2B − 24)RB
d
b
B. P (−BM
+ 8B)RB
b
c
+ P (−BM
+ 2B + 24)RB
d
b
C. P (−BM
+ 8B)RB
d
c
+ P (−BM
+ 2B + 24)RB
e
d
D. P (6B − 24)RB
d
b
+ P (−BM
+ 8B)RB
d
b
E. P (6B − 24)RB
b
c
+ P (−BM
+ 8B)RB
d
b
Menentukan titik potong kurva D = −BM
+ 8B dengan garis D = 6B − 24:
⇒ −BM
+ 8B = 6B − 24
⇔ −BM
+ 8B − 6B + 24 = 0
⇔ −BM
+ 2B + 24 = 0
⇔ (B + 4)(−B + 6) = 0
Pembuat nol:
B + 4 = 0 atau − B + 6 = 0
⇒ B = −4 B = 6
Sekarang mari kita sketsa grafiknya.
Jadi luas daerah yang ditunjukkan oleh grafik di atas adalah:
h = i j(−BM
+ 8B) − 0kRB
b
c
+ i j(−BM
+ 8B) − (6B − 24)kRB
d
b
= i (−BM
+ 8B)RB
b
c
+ i (−BM
+ 2B + 24)RB
d
b
Y
X
D = 6B − 24
D = −BM
+ 8B
8640

4. cos 35° cos 20° − sin 35° sin 20° = ....
A. sin 35°
B. sin 55°
C. cos 35°
D. cos 15°
E. sin 15°
Ingat:
Sifat trigonometri penjumlahan dua sudut:
cos(5 + >) = cos 5 cos > − sin 5 sin >
Sifat trigonometri pada berbagai kuadran
sin(90° − ) = cos
cos(90° − ) = sin
cos 35° cos 20° − sin 35° sin 20° = cos(35° + 20°)
= cos 55° (ternyata tidak ditemukan pada pilihan jawaban)
= cos(90° − 35°) (ingat sifat trigonometri pada berbagai kuadran)
= sin 35°
5. Kedua akar suku banyak n(B) = BM
− 63B + W merupakan bilangan prima. Banyak nilai W yang
mungkin adalah ....
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
E. Lebih dari 3
Ingat: 5BM
+ >B + W = 0 memiliki akar-akar persamaan kuadrat B^ dan BM
⇒ B^ + BM = −
>
5
dan B^ ∙ BM =
W
5
n(B) = BM
− 63B + W ⇒ B^ + BM = −
−63
1
= 63
Analisis:
Jika dua bilangan prima dijumlahkan hasilnya 63.
Ingat bilangan prima itu seluruhnya bilangan ganjil, kecuali 2.
Nah, jika ganjil ditambah ganjil hasilnya genap!
Karena hasil penjumlahan ganjil maka salah satu diantara dua akarnya pasti genap.
Sehingga 2 pasti termasuk ke dalam penyelesaian.
Penyelesaian yang lain adalah 61.
Jadi hanya ada dua nilai W yang mungkin, yaitu 2 dan 61 saja.

6. Diketahui segilima pqrst, dengan p(0, 2), q(4, 0), r(2u + 1, 0), s(2u + 1, 4), dan t(0, 4). Titik v
dipilih secara acak dari titik di dalam segilima tersebut. Peluang sudut pvq berukuran tumpul
adalah ....
A.
w
e
B.
^
b
C.
^
M
D.
x
^d
E.
x
e
Mari kita sketsa dulu grafiknya:
Perhatikan gambar di atas. Sudut pvq adalah sudut siku-siku.
pq = yzpM + zqM = y2M + 4M = √4 + 16 = √20
Sudut pvq akan tetap menjadi sudut siku-siku jika v berada pada keliling lingkaran yakni pada
busur pq. Nah, sudut pvq akan menjadi sudut tumpul saat v berada di daerah setengah lingkaran.
Sehingga, peluang sudut pvq berukuran tumpul sebenarnya hanyalah perbandingan luas antara
luas setengah lingkaran dengan luas segilima pqrst.
v(∠pvq tumpul) =
h}~•~€•‚ƒ „…€•†‚‡‚€ ˆ‰
hŠ‹Œ•Ž
=
h}~•~€•‚ƒ „…€•†‚‡‚€ ˆ‰
h•Œ•Ž − h•‹Š
=
1
2 u •
pq
2 ‘
M
(zr × zt ) − •
1
2
× zq × zp‘
=
1
2
u K
√20
2
L
M
j(2u + 1) × 4 k − •
1
2
× 4 × 2‘
=
20
8 u
(8u + 4) − 4
=
5
2
u
8u
=
5
16
p
t s
rq
v
X
Y
z

7. Diketahui limas T.ABCD dengan TA tegak lurus bidang ABC. Panjang rusuk AB, AC, BC, dan TA
berturut-turut adalah 3 cm, 4 cm, 5 cm, dan
”
x
cm. Jika • sudut antara bidang BCT dengan bidang
ABC, maka nilai cos • adalah ....
A.
b
x
B.
w
x
C.
d
Mx
D.
”
Mx
E.
^M
Mx
Perhatikan segitiga ABC. Segitiga ABC adalah segitiga siku-siku karena sisi-sisinya memenuhi
aturan Pythagoras.
Luas segitiga ABC bisa dihitung menggunakan dua cara:
h∆Š‹Œ =
1
2
∙ pq ∙ pr
h∆Š‹Œ =
1
2
∙ pp—
∙ qr
˜
1
2
∙ pq ∙ pr =
1
2
∙ pp—
∙ qr
⇒ pq ∙ pr = pp—
∙ qr
⇔ pp—
=
pq ∙ pr
qr
⇔ pp—
=
3 ∙ 4
5
⇔ pp—
=
12
5
cm
Perhatikan segitiga TAA’.
p™ = yp™M + pp—M
= š•
”
x
‘
M
+ •
^M
x
‘
M
= š
e^
Mx
+
^bb
Mx
= š
MMx
Mx
= √9 = 3 cm
Jadi, cos • =
pp—
p™
=
^M
x
3
=
12
15
=
4
5
A
B
C
T
3
5
4
9
5
•
A′
BA
C
A′
3
4
5
12
5
A—A
T
9
5
•

8. Parabola D = 5BM
+ >B + W puncaknya (œ, •), dicerminkan terhadap garis D = • menghasilkan
parabola D = YBM
+ žB + Ÿ. Nilai 5 + > + W + Y + ž + Ÿ adalah ....
A. •
B. 2œ
C. œ
D. 2•
E. œ + •
D = 5BM
+ >B + W
Titik puncak (œ, •) ⇒ D = p(B − œ)M
+ •
⇔ 5BM
+ >B + W = p(BM
− 2œB + œM) + •
⇔ 5BM
+ >B + W = pBM
− 2pœB + pœM
+ •
Dari D = pBM
− 2pœB + pœM
+ • ⇒ 5 = p
> = −2pœ
W = pœM
+ •
Pencerminan terhadap D = • :
B—
= B
D—
= 2• − D
⇒ ¡
B = B—
D = 2• − D′
Jadi bayangan D = 5BM
− 25œB + 5œM
+ • terhadap pencerminan D = • adalah:
D = pBM
− 2pœB + pœM
+ •
¢£¢¤
¥£M¦_¥¤
§¨¨¨¨¨¨© 2• − D—
= pB—M
− 2pœB—
+ pœM
+ • (dikali − 1)
⇒ −2• + D—
= −pB—M
+ 2pœB—
− pœM
− •
⇒ D—
= −pB—M
+ 2pœB—
− pœM
− • + 2•
⇒ D—
= −pB—M
+ 2pœB—
− pœM
+ •
∴ YBM
+ žB + Ÿ = −pB—M
+ 2pœB—
− pœM
+ •
Dari D = −pBM
+ 2pœB − pœM
+ • ⇒ Y = −p
ž = 2pœ
Ÿ = −pœM
+ •
Maka 5 + > + W + Y + ž + Ÿ = p − 2pœ + pœM
+ • − p + 2pœ − pœM
+ •
= 2•
TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:TRIK SUPERKILAT:
Bayangkan sketsa grafiknya.
5(B − œ)M
+ •
−5(B − œ)M
+ •
Jadi jelas terlihat hasil penjumlahan
5 + > + W + Y + ž + Ÿ = 2•

9. Diberkan Q(B) = 5 + >B dan «(B) adalah antiturunan Q(B). Jika «(1) − «(0) = 3, maka 25 + >
adalah ....
A. 10
B. 6
C. 5
D. 4
E. 3
Ingat:
i Q(B)RB
F
C
= ¬«(B)-C
F
= «(>) − «(5)
«(1) − «(0) = 3 ⇒ i Q(B)RB
^
c
= 3
⇔ i (5 + >B)RB
^
c
= 3
⇔ ®5B +
1
2
>BM
¯
c
^
= 3
⇔ °5(1) +
1
2
>(1)M
± − °5(0) +
1
2
>(0)M
± = 3
⇔ °5 +
1
2
>± − 0 = 3
⇔ 5 +
1
2
> = 3 (dikali 2)
∴ 25 + > = 6
10. Jika lim¢→c
²(¢)
¢
=
^
M
, maka nilai lim¢→c
²(¢)
√^_¢_^
adalah ....
A. −4
B. −2
C. −1
D. 2
E. 4
lim
¢→c
³(B)
√1 − B − 1
= lim
¢→c
³(B)
√1 − B − 1
∙
√1 − B + 1
√1 − B + 1
= lim
¢→c
³(B) ∙ j√1 − B + 1k
(1 − B) − 1
= lim
¢→c
³(B) ∙ j√1 − B + 1k
−B
= lim
¢→c
³(B)
−B
∙ lim
¢→c
j√1 − B + 1k •ingat lim
¢→C
−Q(B) = − lim
¢→C
Q(B)‘
= − lim
¢→c
³(B)
B
∙ lim
¢→c
j√1 − B + 1k Kingat lim
¢→c
³(B)
B
=
1
2
L
= −
1
2
∙ j√1 − 0 + 1k
= −
1
2
∙ 2
= −1

11. Jika sin B + cos B = −
^
x
dan
w´
b
≤ B < u, maka nilai sin 2B adalah ....
A.
_Mb
Mx
B.
_·
Mx
C.
·
Mx
D.
e
Mx
E.
Mb
Mx
Ingat:
Trigonometri sudut rangkap
sin 2B = 2 sin B cos B
Identitas trigonometri
sinM
B + cosM
B = 1
Nah, tantangan soal ini adalah bagaimana memunculkan bentuk 2 sin B cos B dari sin B + cos B ?
Ingat (5 + >)M
= 5M
+ 25> + >M
, lalu bagaimana jika 5 dan > kita ganti dengan sin B dan cos B ?
sin B + cos B = −
1
5
⇒ (sin B + cos B)M
= °−
1
5
±
M
⇔ sinM
B + 2 sin B cos B + cosM
B =
1
25
⇔ (sinM
B + cosM
B) + 2 sin B cos B =
1
25
(ingat sinM
B + cosM
B = 1)
⇔ 1 + 2 sin B cos B =
1
25
(ingat 2 sin B cos B = sin 2B)
⇔ 1 + sin 2B =
1
25
⇔ sin 2B =
1
25
− 1
⇔ sin 2B = −
24
25

12. Lingkaran dengan pusat (2, 3) dan menyinggung garis D = 2B adalah ....
A. 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 12 = 0
B. 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 49 = 0
C. 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 54 = 0
D. 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 60 = 0
E. 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 64 = 0
Ingat:
Jarak titik (B^, D^)ke garis 5B + >D + W = 0
R = ¹
5B^ + >D^ + W
√5M + >M
¹
Jari-jari (º) lingkaran bisa dinyatakan sebagai jarak titik (2, 3) ke garis 2B − D = 0:
R = ¹
5B^ + >D^ + W
√5M + >M
¹
= »
2(2) + (−1)(3) + 0
y2M + (−1)M
»
= ¹
4 − 3
√4 + 1
¹
= ¹
1
√5
¹
Jadi persamaan lingkaran dengan pusat (2, 3) dan jari-jari º =
^
√x
adalah:
(B − 5)M
+ (D − >)M
= ºM
C£M
F£w
¼£
^
√x
§¨¨¨¨© (B − 2)M
+ (D − 3)M
= °
1
√5
±
M
⇒ BM
− 4B + 4 + DM
− 6D + 9 =
1
5
⇔ BM
+ DM
− 4B − 6D + 13 =
1
5
(kalikan kedua ruas dengan 5)
⇔ 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 65 = 1
⇔ 5BM
+ 5DM
− 20B − 30D + 64 = 0

13. Diketahui vektor 2½¾ = −œM
¿¾ + 3À¾ − Y½¾ dan 8¾ = œ¿¾ + œÀ¾ − 5Y½¾ dengan −2 < œ < 2.
Nilai maksimum 2½¾ ∙ 8¾ adalah ....
A. 8
B. 7
C. 5
D. 4
E. 3
2½¾ = Á
−œM
3
−1
Â dan 2½¾ = K
œ
œ
−5
L
2½¾ ∙ 8¾ = Á
−œM
3
−1
Â ∙ K
œ
œ
−5
L = −œw
+ 3œ + 5
Misal p = 2½¾ ∙ 8¾, maka
p = −œw
+ 3œ + 5 ⇒ p—
= −3œM
+ 3
Nilai maksimum p = 2½¾ ∙ 8¾ dipenuhi untuk p—
= 0
⇒ −3œM
+ 3 = 0
⇔ −3(œM
− 1) = 0
⇔ −3(œ + 1)(œ − 1) = 0
Pembuat nol:
œ + 1 = 0 atau œ − 1 = 0
⇒ œ = −1 œ = 1
Uji garis bilangan
Jadi nilai maksimum p = 2½¾ ∙ 8¾ terjadi saat œ = 1.
p = 2½¾ ∙ 8¾ = −(1)w
+ 3(1) + 5
= −1 + 3 + 5
= 7
− − − − − −+ + +
−1 1

14. Banyak siswa laki-laki 10 orang dan siswa perempuan 5 orang. Banyaknya cara untuk membentuk
panitia yang beranggotakan 10 orang dan terdiri atas paling sedikit 2 orang perempuan dan paling
banyak 4 orang perempuan adalah ....
A. 4800
B. 3150
C. 2700
D. 2300
E. 2250
Ingat:
Ãr¼ =
Ä!
(Ä − º)! º!
Banyaknya cara membentuk panitia beranggotakan 10 orang, paling sedikit 2 orang perempuan
dan paling banyak 4 orang perempuan:
2 orang perempuan + 8 orang laki-laki = xrM ∙ ^cre =
x!
(x_M)!M!
∙
^c!
(^c_e)!e!
= 1200
3 orang perempuan + 7 orang laki-laki = xrw ∙ ^cr· =
x!
(x_w)!w!
∙
^c!
(^c_·)!·!
= 1050
4 orang perempuan + 6 orang laki-laki = xrb ∙ ^crd =
x!
(x_b)!b!
∙
^c!
(^c_d)!d!
= 450
Sehingga banyaknya cara adalah = (2v, 8h) + (3v, 7h) + (4v, 6h)
= 1200 + 1050 + 450
= 2700

15. Kolam renang berbentuk gabungan persegi panjang dan setengah lingkaran seperti gambar berikut.
Keliling kolam renang sama dengan 5 satuan panjang. Agar luas kolam renang maksimum, maka
B = .... satuan panjang.
A.
MC
´
B.
C
´
C.
C
bÅ´
D.
C
bÅM´
E.
MC
bÅ´
Keliling = 5
⇒ D + B + D + °
1
2
∙ 2u ∙
B
2
± = 5
⇔ B + 2D +
1
2
uB = 5 (kedua ruas dikali 2)
⇔ 2B + 4D + uB = 25
⇔ (2 + u)B + 4D = 25
⇔ 4D = 25 − (2 + u)B (kedua ruas dibagi 4)
⇔ D =
25 − (2 + u)B
4
Luas = Luas persegi panjang + Luas setengah lingkaran
L = BD +
1
2
u •
B
2
‘
M
= B K
25 − (2 + u)B
4
L +
1
8
uBM
=
1
2
5B − °
2 + u
4
± BM
+
1
8
uBM
= − °
4 + 2u − u
8
± BM
+
1
2
5B
= − °
4 + u
8
± BM
+
1
2
5B
h = − °
4 + u
8
± BM
+
1
2
5B ⇒ h—
= −2 °
4 + u
8
± B +
1
2
5 = − °
4 + u
4
± B +
1
2
5
Luas maksimum akan dipenuhi untuk L—
= 0
− °
4 + u
4
± B +
1
2
5 = 0
⇒ °
4 + u
4
± B =
1
2
5
⇔ B =
1
2
5 ∙ °
4
4 + u
±
⇔ B =
25
4 + u
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.
D
D
B
B
2

SMART SOLUSI

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (18)

Viewers also liked

Viewers also liked (17)

Similar to SMART SOLUSI

Similar to SMART SOLUSI (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

SMART SOLUSI