Pembahasan soal un bahasa indonesia smp 2012 paket d47
Β
Pembahasan soal snmptn 2012 matematika ipa kode 634
1. Pembahasan Soal
SNMPTN 2012
SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI
Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS
Matematika IPA
Disusun Oleh :
Pak Anang
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₯β0
1 β cos2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
A. ββ3
B. 0
C.
β3
3
D.
β3
2
E. β3
Penyelesaian:
Ingat:
lim
π₯β0
π₯
sin π₯
= lim
π₯β0
sin π₯
π₯
= lim
π₯β0
π₯
tan π₯
= lim
π₯β0
tan π₯
π₯
= 1
1 = sin2
π₯ + cos2
π₯
Substitusi π₯ = 0 pada limit:
lim
π₯β0
1 β cos2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
=
1 β 1
02β3
=
0
0
(bentuk tak tentu)
Jadi limit tersebut diselesaikan menggunakan identitas trigonometri:
lim
π₯β0
1 β cos2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
= lim
π₯β0
(sin2
π₯ + cos2
π₯) β cos2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
= lim
π₯β0
sin2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
= lim
π₯β0
sin π₯
π₯
β
sin π₯
π₯
β
1
tan (π₯ +
π
3
)
= lim
π₯β0
sin π₯
π₯
β lim
π₯β0
sin π₯
π₯
β lim
π₯β0
1
tan (π₯ +
π
3
)
(Ingat lim
π₯β0
sin π₯
π₯
= 1)
= 1 β 1 β lim
π₯β0
1
tan (π₯ +
π
3
)
=
1
tan (0 +
π
3
)
=
1
tan 60Β°
=
1
β3
(Ingat rasionalisasi bentuk akar)
=
1
β3
Γ
β3
β3
=
β3
3
1.
TRIK SUPERKILAT:
lim
π₯β0
1 β cos2
π₯
π₯2 tan (π₯ +
π
3
)
=
π₯2
π₯2 tan
π
3
=
1
β3
=
β3
3
4. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 3
3. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva π¦ = π₯2
, π¦ = 1, dan π₯ = 2 adalah ....
A. β« (1 β π₯2)ππ₯
2
β1
B. β« (π₯2
β 1)ππ₯
2
β1
C. β« (π₯2
β 1)ππ₯
2
1
D. β« (1 β π₯2)ππ₯
1
β1
E. β« (π₯2
β 1)ππ₯
2
0
Penyelesaian:
Sekarang mari kita sketsa grafiknya.
Menentukan terlebih dahulu batas integrasi di sumbu X:
Batas kiri adalah perpotongan antara π¦ = π₯2
dengan π¦ = 1, yaitu di π₯ = 1.
Batas kanan adalah garis π₯ = 2.
Jadi batas integrasi adalah dari π = 1 sampai π = 2.
Tentukan juga π(π₯) dan π(π₯) dalam selang interval π < π₯ < π yang memenuhi π(π₯) > π(π₯).
Sehingga diperoleh {
π(π₯) β‘ π¦ = π₯2
π(π₯) β‘ π¦ = 1
Jadi luas daerah yang ditunjukkan oleh grafik di atas adalah:
πΏ = β« [π(π₯) β π(π₯)]
π
π
ππ₯ β πΏ = β« (π₯2
β 1)
2
1
ππ₯
X
π¦ = π₯2
Y
π¦ = 1
π₯ = 2
0β1β2β3 1 32
1
2
3
4
TRIK SUPERKILAT:
Gambar sketsa grafiknya dulu
Maka akan diperoleh
πΏ = β« (π₯2
β 1)
2
1
ππ₯
5. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 4
4.
(cos π₯+sin π₯)2
(cos π₯βsin π₯)2
= ....
A.
1
1βcos2π₯
B.
1
1βsin 2π₯
C.
1+cos2π₯
1βcos2π₯
D.
1+2 sin π₯
1β2 sin π₯
E.
1+sin 2π₯
1βsin 2π₯
Penyelesaian:
Ingat:
Identitas trigonometri
cos2
π₯ + sin2
π₯ = 1
Trigonometri sudut rangkap:
sin 2π₯ = 2 sin π₯ cos π₯
Perkalian istimewa
(π + π)2
= π2
+ 2ππ + π2
(π β π)2
= π2
β 2ππ + π2
(cos π₯ + sin π₯)2
(cos π₯ β sin π₯)2
=
cos2
π₯ + 2 sin π₯ cos π₯ + sin2
π₯
cos2 π₯ β 2 sin π₯ cos π₯ + sin2 π₯
=
(cos2
π₯ + sin2
π₯) + 2 sin π₯ cos π₯
(cos2 π₯ + sin2 π₯) β 2 sin π₯ cos π₯
(Ingat cos2
π₯ + sin2
π₯ = 1)
=
1 + 2 sin π₯ cos π₯
1 β 2 sin π₯ cos π₯
(Ingat 2 sin π₯ cos π₯ = sin 2π₯)
=
1 + sin 2π₯
1 β 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? ο
Gampang kan?
6. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 5
5. Lingkaran (π₯ β 3)2
+ (π¦ β 4)2
= 25 memotong sumbu-π₯ di titik π΄ dan π΅. Jika π adalah titik pusat
lingkaran tersebut, maka cos β π΄ππ΅ = ....
A.
7
25
B.
8
25
C.
12
25
D.
16
25
E.
18
25
Penyelesaian:
Mencari pusat lingkaran dan panjang jari-jarinya.
Ingat:
πΏ β‘ (π₯ β π)2
+ (π¦ β π)2
= π2
adalah lingkaran dengan pusat di (π, π) dan jari-jari π.
πΏ β‘ (π₯ β 3)2
+ (π¦ β 4)2
= 25 adalah lingkaran dengan pusat di π(3, 4) dan jari-jari 5.
Mencari letak titik potong lingkaran pada sumbu X, substitusikan π¦ = 0 ke persamaan lingkaran.
π¦ = 0 β (π₯ β 3)2
+ (0 β 4)2
= 25
β (π₯ β 3)2
+ 16 = 25
β (π₯ β 3)2
= 25 β 16
β π₯2
β 6π₯ + 9 = 9
β π₯2
β 6π₯ + 9 β 9 = 0
β π₯2
β 6π₯ = 0
β π₯(π₯ β 6) = 0
Pembuat nol
β π₯ = 0 atau π₯ β 6 = 0
β π₯ = 0 atau π₯ = 6
Jadi titik potong lingkaran pada sumbu X adalah di titik π΄(0, 0) dan π΅(6, 0).
Sehingga, gambar sketsa grafiknya pada bidang koordinat adalah sebagai berikut.
Panjang π΄π = ππ΅ = jari-jari lingkaran = 5
Panjang π΄π΅ = jarak antara titik (0, 0)ke titik (6, 0)
= β(6 β 0)2 + (0 β 0)2
= β36 + 0
= β36
= 6
Sehingga besar β π΄ππ΅ bisa ditentukan dengan aturan kosinus sebagai berikut:
π΄π΅2
= π΄π2
+ ππ΅2
β 2 β π΄π β ππ΅ β cos β π΄ππ΅ β cos β π΄ππ΅ =
π΄π2
+ ππ΅2
β π΄π΅2
2 β π΄π β ππ΅
=
52
+ 52
β 62
2 β 5 β 5
=
25 + 25 β 36
50
=
14
50
=
7
25
X
Y
0 2 4 6
2
4
6
8
β2
π
π΄ π΅
7. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 6
6. Diberikan kubus π΄π΅πΆπ·. πΈπΉπΊπ». Jika πΌ adalah sudut antara bidang π΄πΆπΉ dan alas π΄π΅πΆπ·, maka tan πΌ =
....
A. β2
B.
1
β3
C.
1
2
D.
1
β2
E. β3
Penyelesaian:
Sudut antara bidang π΄πΆπΉ dan alas π΄π΅πΆπ· adalah sudut
yang dibentuk oleh ruas garis ππΉ dan ππ΅ yaitu β πΉππ΅.
Misalkan panjang rusuk kubus tersebut adalah π , maka:
ππ΅ =
1
2
diagonal bidang β ππ΅ =
1
2
Γ (π β2)
=
π β2
2
Perhatikan βππ΅πΉ, maka nilai tangen β πΉππ΅ adalah perbandingan sisi depan (πΉπ΅) dibagi sisi
samping (ππ΅):
tan β πΉππ΅ =
πΉπ΅
ππ΅
β tan β πΉππ΅ =
π
π β2
2
= π Γ
2
π β2
=
2
β2
(Rasionalisasi bentuk akar)
=
2
β2
Γ
β2
β2
= β2
π΄ π΅
πΆ
π·
πΈ πΉ
πΊπ»
π
π΅
πΉ
π
π
2
β2
π
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 π , maka diperoleh nilai tangen adalah β2.
8. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 7
7. Lingkaran (π₯ β 4)2
+ (π¦ β 2)2
= 64 menyinggung garis π₯ = β4 di titik ....
A. (β4, 2)
B. (β4, β2)
C. (β4, 4)
D. (β4, β4)
E. (β4, 8)
Penyelesaian:
Untuk mencari letak titik singgung lingkaran terhadap garis π₯ = β4, maka substitusikan π₯ = β4 ke
persamaan lingkaran, sehingga diperoleh:
π₯ = β4 β (β4 β 4)2
+ (π¦ β 2)2
= 64
β 64 + π¦2
β 4π¦ + 4 = 64
β π¦2
β 4π¦ + 68 = 64
β π¦2
β 4π¦ + 68 β 64 = 0
β π¦2
β 4π¦ + 4 = 0
β (π¦ β 2)(π¦ β 2) = 0
β π¦1,2 = 2
Jadi titik singgung lingkaran dengan garis π₯ = β4 adalah (β4, 2).
TRIK SUPERKILAT:
Substitusikan semua pilihan jawaban, mana yang memenuhi persamaan lingkaran.
Jelas (β4, 2) karena (β4 β 4)2
+ (2 β 2)2
= 64
9. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 8
8. Jika suku banyak 2π₯3
β π₯2
+ 6π₯ β 1 dibagi 2π₯ β 1, maka sisanya adalah ....
A. β10
B. β1
C. 01
D. 02
E. 23
Penyelesaian:
Pembagian suku banyak dengan metode Horner:
ππ β π = π
π =
π
π
2 β1 β6 β1
β1 0 3
π π π π
Jadi, sisa pembagian suku banyak 2π₯3
β π₯2
+ 6π₯ β 1 oleh 2π₯ β 1 adalah 2.
Pembagian suku banyak dengan metode biasa:
π π
+ ππ + 4π₯ β
ππ β π 2π₯3
β π₯2
+ 6π₯ β 1
2π₯3
β π₯2
β
+ 6π₯ β 1
+ 6π₯ β 3
β β π
Jadi, sisa pembagian suku banyak 2π₯3
β π₯2
+ 6π₯ β 1 oleh 2π₯ β 1 adalah 2.
TRIK SUPERKILAT:
Gunakan metode horner. Metode
paling ampuh untuk mencari nilai
sisa untuk tipe soal ini.
10. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 9
9. Grafik fungsi π(π₯) = ππ₯3
+ ππ₯2
β ππ₯ + 20 turun, jika ....
A. π2
β 4ππ < 0 dan π < 0
B. π2
+ 4ππ < 0 dan π < 0
C. π2
+ 3ππ < 0 dan π > 0
D. π2
+ 3ππ < 0 dan π < 0
E. π2
β 3ππ < 0 dan π < 0
Penyelesaian:
Ingat:
π¦ = ππ₯ π
β π¦β²
= πππ₯ πβ1
.
Suatu fungsi π(π₯) akan turun jika πβ²(π₯) < 0.
π(π₯) = ππ₯2
+ ππ₯ + π akan definit negatif jika π· < 0 dan π < 0.
Misal turunan pertama fungsi π(π₯) adalah πβ²(π₯), maka:
π(π₯) = ππ₯3
+ ππ₯2
β ππ₯ + 20 β πβ²(π₯) = 3ππ₯2
+ 2ππ₯ β π
Fungsi π(π₯) akan turun jika πβ²(π₯) < 0, sehingga:
πβ²(π₯) < 0 β 3ππ₯2
+ 2ππ₯ β π < 0
Syarat fungsi β(π₯) = 3ππ₯2
+ 2ππ₯ β π akan bernilai negatif adalah:
π· < 0 β π΅2
β 4π΄πΆ < 0
β (2π)2
β 4(3π)(βπ) < 0
β 4π2
+ 12ππ < 0
β π2
+ 3ππ < 0
dan π΄ < 0 β 3π < 0
β π < 0
Jadi fungsi π(π₯) = ππ₯3
+ ππ₯2
β ππ₯ + 20 turun, jika π2
+ 3ππ < 0 dan π < 0.
11. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 10
10. Diketahui segitiga dengan titik sudut (β4, 0), (4, 0), dan (4 cos π , 4 sin π) untuk 0 β€ π β€ 2π. Banyak
nilai π 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, π¦1), (π₯2, π¦2), dan (π₯3, π¦3) adalah:
πΏ =
1
2
|
π₯1 π¦1 1
π₯2 π¦2 1
π₯3 π¦3 1
|
Sehingga, apabila titik sudut segitiga masing-masing adalah (β4, 0), (4, 0), dan (4 cos π , 4 sin π)
serta luas segitiga adalah 13, maka nilai luas harus diberi tanda mutlak (karena luas bernilai negatif
apabila berada di bawah sumbu X):
πΏ =
1
2
|
π₯1 π¦1 1
π₯2 π¦2 1
π₯3 π¦3 1
| β |13| =
1
2
|
β4 0 1
4 0 1
4 cos π 4 sin π 1
|
β |13| =
1
2
(32 sin π)
β |13| = 16 sin π
β |
13
16
| = sin π
Dalam interval 0 < π < 2π, nilai sin π = |
13
16
| yang tentunya bisa bernilai positif dan bisa bernilai
negatif ada 4 buah, yaitu masing-masing bernilai positif di kuadran I (0 < π <
π
2
) dan kuadran II
(
π
2
< π < π), serta bernilai negatif pada kuadran II (π < π <
3π
2
) dan kuadran IV (
3π
2
< π < 2π).
12. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 11
11. Vektor π₯β dicerminkan terhadap garis π¦ = 0. Kemudian hasilnya diputar terhadap titik asal π
sebesar π > 0 searah jarum jam, menghasilkan vektor π¦β. Jika π¦β = π΄π₯β, maka matriks π΄ = ....
A. [
cos π β sin π
sin π cos π
] [
1 0
0 β1
]
B. [
β1 0
0 1
] [
cos π sin π
β sin π cos π
]
C. [
cos π β sin π
sin π cos π
] [
β1 0
0 1
]
D. [
cos π sin π
β sin π cos π
] [
1 0
0 β1
]
E. [
1 0
0 β1
] [
cos π sin π
β sin π cos π
]
Penyelesaian:
Ingat!
Matriks transformasi pencerminan terhadap π¦ = 0 (sumbu X) adalah:
ππ ππ = (
1 0
0 β1
)
Matriks transformasi rotasi terhadap titik asal π sebesar π berlawanan jarum jam adalah:
π π (π,π) (
cos π β sin π
sin π cos π
)
Dengan menggunakan konsep komposisi transformasi, jika vektor π₯β secara berturut-turut
ditransformasikan oleh matriks transformasi π1 lalu dilanjutkan transformasi oleh matriks
transformasi π2 maka:
π¦β = (π2 β π1)π₯β β π¦β = (π π (π,βπ) β π π π ππ
)π₯β
β π¦β = (
cos(βπ) β sin(βπ)
sin(βπ) cos(βπ)
) (
1 0
0 β1
) π₯β (Ingat
sin(βπ) = β sin π
cos(βπ) = cos π
)
β π¦β = (
cos π sin π
β sin π cos π
) (
1 0
0 β1
) π₯β
Karena π¦β = π΄π₯β, maka jelas matriks π΄ adalah:
π΄ = (
cos π sin π
β sin π cos π
) (
1 0
0 β1
)
13. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 12
12. Himpunan π΄ memenuhi hubungan
{1} β π΄ β {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Jika 6 adalah anggota π΄, maka banyak himpunan π΄ yang mungkin adalah ....
A. 04
B. 08
C. 16
D. 24
E. 32
Penyelesaian:
Karena {1} β π΄ dan 6 adalah anggota π΄, maka jelas {1, 6} β π΄.
Sehingga banyaknya anggota π΄ yang mungkin adalah sebagai berikut:
Dua anggota:
Hanya terdapat satu kemungkinan saja yaitu {1, 6} β π΄
Tiga anggota:
Terdapat sebanyak 4 πΆ1 = 4 kemungkinan yaitu {1, 2, 6} β π΄
{1, 3, 6} β π΄
{1, 4, 6} β π΄
{1, 5, 6} β π΄
Empat anggota:
Terdapat sebanyak 4 πΆ2 = 6 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 6} β π΄
{1, 2, 4, 6} β π΄
{1, 2, 5, 6} β π΄
{1, 3, 4, 6} β π΄
{1, 3, 5, 6} β π΄
{1, 4, 5, 6} β π΄
Lima anggota:
Terdapat sebanyak 4 πΆ3 = 4 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 4, 6} β π΄
{1, 2, 3, 5, 6} β π΄
{1, 2, 4, 5 6} β π΄
{1, 3, 4, 5, 6} β π΄
Enam anggota:
Terdapat sebanyak 4 πΆ4 = 1 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 4, 5, 6} β π΄
Sehingga banyaknya himpunan bagian dari π΄ yang mungkin adalah:
1 + 4 πΆ1 + 4 πΆ2 + 4 πΆ3 + 4 πΆ4 = 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. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 13
13. Diberikan suku banyak π(π₯) = π₯2
+ ππ₯ + π. Jika π dan π 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 ππ₯2
+ ππ₯ + π = 0 adalah π· = π2
β 4ππ.
Sifat-sifat diskriminan {
π· > 0 β memiliki dua akar real berbeda
π· = 0 β memiliki dua akar real kembar
π· < 0 β tidak memiliki akar real (akar-akar imajiner)
Syarat π(π₯) = π₯2
+ ππ₯ + π tidak mempunyai
akar adalah nilai π· < 0.
π· < 0 β π2
β 4π < 0
β π2
< 4π
β
π2
4
< π
Jika π dan π berada dalam selang [0, 2]
dimisalkan π₯ = π dan π¦ = π sehingga
persamaan di atas menjadi:
π2
4
< π β π¦ >
π₯2
4
Fungsi π¦ >
π₯2
4
dengan batas 0 β€ π β€ 2 dan
0 β€ π β€ 2 bisa digambar pada sketsa grafik
berikut:
Perhatikan gambar, daerah hasil dari π dan π
adalah daerah persegi bergaris tepi
berwarna biru dengan ukuran 2 Γ 2,
sehingga jumlah ruang sampelnya adalah:
π(π) = 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:
π(π΄) = Luas daerah arsir
= β« (2 β
π₯2
4
)
2
0
ππ₯
= [2π₯ β
π₯3
12
]
0
2
= (2(2) β
(2)3
12
) β (2(0) β
(0)3
12
)
= (4 β
8
12
) β (0)
=
48 β 8
12
=
40
12
=
10
3
Jadi peluang suku banyak tersebut tidak
memiliki akar adalah:
π(π΄) =
π(π΄)
π(π)
=
10
3
4
=
10
3
Γ
1
4
=
10
12
=
5
6
X
Y
0 1 2
1
2
β1
15. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 14
14. Nilai β3 sin π₯ β cos π₯ < 0, jika ....
A.
7π
6
< π₯ <
11π
7
B.
5π
6
< π₯ <
7π
6
C.
5π
7
< π₯ <
10π
7
D.
π
6
< π₯ <
9π
6
E.
π
12
< π₯ <
5π
4
Penyelesaian:
Ingat bentuk π sin π₯ + π cos π₯ = π cos(π₯ β π)
dimana
π = β π2 + π2 dan tan π =
π
π
Perhatikan β3 sin π₯ β cos π₯ < 0 berarti π = β3 dan π = β1.
Sehingga, π = βπ2 + π2 β π = β(β3)
2
+ (β1)2 = β3 + 1 = β4 = 2
Dan tan π =
π
π
β π = arctan (
π
π
) = arctan (
β3
β1
) = arctan(ββ3) = 120Β° =
2π
3
Sehingga,
β3 sin π₯ β cos π₯ < 0
β 2 cos (π₯ β
2π
3
) < 0
Persamaan trigonometri sederhana
cos (π₯ β
2π
3
) = 0 = cos
π
2
β π₯1 β
2π
3
=
π
2
+ π β 2π β π₯2 β
2π
3
= (β
π
2
) + π β 2π
β π₯1 = (
π
2
+
2π
3
) + π β 2π β π₯2 = (β
π
2
+
2π
3
) + π β 2π
β π₯1 = (
3π
6
+
4π
6
) + π β 2π β π₯2 = (β
3π
6
+
4π
6
) + π β 2π
β π₯1 =
7π
6
+ π β 2π β π₯2 =
π
6
+ π β 2π
π = β1 β π₯1 =
π
6
π = 0 β π₯2 =
π
6
π = 0 β π₯1 =
7π
6
π = 1 β π₯2 =
7π
6
Jadi himpunan penyelesaian yang memenuhi 2 cos(π₯ β
2π
3
) = 0 adalah {
π
6
,
7π
6
}
Daerah penyelesaian pertidaksamaan 2 cos(π₯ β
2π
3
) < 0 bisa digambarkan pada garis bilangan
berikut:
Jadi daerah penyelesaiannya adalah 0 < π₯ <
π
6
atau
7π
6
< π₯ < 2π.
Jadi daerah yang memenuhi pada jawaban adalah jawaban A yaitu
7π
6
< π₯ <
11π
7
.
β β+
0
π
6
7π
6
2π
16. Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 15
15. Diketahui βπ’βββ = 1 dan βπ£ββ = 2. Jika π’ββ dan π£β membentuk sudut 30Β°, maka (π’ββ + π£β) β π£β = ....
A. β3 + 4
B. β3 + 2
C. 2β3 + 4
D. 3
E. 5
Penyelesaian:
Ingat!
πβ β πββ = βπββ β βπβββ β cos β (πβ, πββ)
Sifat operasi aljabar vektor:
Distributif: (πβ + πββ) β πβ = πβ β πβ + πββ β πβ
(π’ββ + π£β) β π£β = π’ββ β π£β + π£β β π£β
= βπ’βββ β βπ£ββ β cos β (π’ββ, π£β) + βπ£ββ β βπ£ββ β cos β (π£β, π£β)
= βπ’βββ β βπ£ββ β cos 30Β° + βπ£ββ β βπ£ββ β cos 0Β°
= 1 β 2 β
1
2
β3 + 2 β 2 β 1
= β3 + 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.