Upload
lyngoc
View
262
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
Pembahasan Soal
SNMPTN 2012 SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI
Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS
Matematika IPA
Disusun Oleh :
Pak Anang
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)
limπ₯β0
1 β cos2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3)
A. ββ3
B. 0
C. β3
3
D. β3
2
E. β3
Penyelesaian:
Ingat:
limπ₯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:
limπ₯β0
1 β cos2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3)
=1 β 1
02β3=
0
0 (bentuk tak tentu)
Jadi limit tersebut diselesaikan menggunakan identitas trigonometri:
limπ₯β0
1 β cos2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3)
= limπ₯β0
(sin2 π₯ + cos2 π₯) β cos2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3)
= limπ₯β0
sin2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3)
= limπ₯β0
sin π₯
π₯β
sin π₯
π₯β
1
tan (π₯ +π3)
= limπ₯β0
sin π₯
π₯β lim
π₯β0
sin π₯
π₯β lim
π₯β0
1
tan (π₯ +π3)
(Ingat limπ₯β0
sin π₯
π₯= 1)
= 1 β 1 β limπ₯β0
1
tan (π₯ +π3)
=1
tan (0 +π3)
=1
tan 60Β°
=1
β3 (Ingat rasionalisasi bentuk akar)
=1
β3Γ
β3
β3
=β3
3
1.
TRIK SUPERKILAT:
limπ₯β0
1 β cos2 π₯
π₯2 tan (π₯ +π3
)=
π₯2
π₯2 tanπ3
=1
β3=
β3
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:
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.
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:
π(π΄) =π(π΄)
π(π)β π(2π β© 4π β© 1π΅) =
2πΆ2 Γ 6πΆ2 Γ 1πΆ1
9πΆ7
=
2!(2 β 2)! 2!
Γ6!
(6 β 2)! 2!Γ
1!(1 β 1)! 1!
9!(9 β 7)! 7!
=
2!0! 2! Γ
6!4! 2! Γ
1!0! 1!
9!2! 7!
=
11 Γ
6 Γ 5 Γ 4!4! Γ 2 Γ 1 Γ
11
9 Γ 8 Γ 7!2 Γ 1 Γ 7!
=1 Γ 15 Γ 1
36
=15
36
=5
12
TRIK SUPERKILAT:
π(π΄) =π(π΄)
π(π)=
2πΆ2 Γ 6πΆ2 Γ 1πΆ1
9πΆ7
=6 Γ 5
9 Γ 8=
5
12
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
0 β1 β2 β3 1 3 2
1
2
3
4
TRIK SUPERKILAT: Gambar sketsa grafiknya dulu Maka akan diperoleh
πΏ = β« (π₯2 β 1)2
1
ππ₯
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
1βcos 2π₯
B. 1
1βsin 2π₯
C. 1+cos 2π₯
1βcos 2π₯
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? Gampang kan?
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 = 9β π₯2 β 6π₯ + 9 β 9 = 0β π₯2 β 6π₯ = 0β π₯(π₯ β 6) = 0
Pembuat nol β π₯ = 0 atau π₯ β 6 = 0β 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΅
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
2diagonal bidang β ππ΅ =
1
2Γ (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 β22
= π Γ2
π β2
=2
β2 (Rasionalisasi bentuk akar)
=2
β2Γ
β2
β2
= β2
π΄ π΅
πΆ π·
πΈ πΉ
πΊ π»
π
π΅
πΉ
π
π
2β2
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.
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) = 0β 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
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
π2 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:
ππ + ππ + 4π₯ β
ππ β π 2π₯3 β π₯2 + 6π₯ β 12π₯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.
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 < 0β (2π)2 β 4(3π)(βπ) < 0
β 4π2 + 12ππ < 0β π2 + 3ππ < 0
dan π΄ < 0 β 3π < 0β π < 0
Jadi fungsi π(π₯) = ππ₯3 + ππ₯2 β ππ₯ + 20 turun, jika π2 + 3ππ < 0 dan π < 0.
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 1π₯2 π¦2 1π₯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 1π₯2 π¦2 1π₯3 π¦3 1
| β |13| =1
2|
β4 0 14 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).
Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 11
11. Vektor οΏ½βοΏ½ dicerminkan terhadap garis π¦ = 0. Kemudian hasilnya diputar terhadap titik asal π sebesar π > 0 searah jarum jam, menghasilkan vektor οΏ½βοΏ½. Jika οΏ½βοΏ½ = π΄οΏ½βοΏ½, maka matriks π΄ = ....
A. [cos π β sin πsin π cos π
] [1 00 β1
]
B. [β1 00 1
] [cos π sin π
β sin π cos π]
C. [cos π β sin πsin π cos π
] [β1 00 1
]
D. [cos π sin π
β sin π cos π] [
1 00 β1
]
E. [1 00 β1
] [cos π sin π
β sin π cos π]
Penyelesaian:
Ingat!
Matriks transformasi pencerminan terhadap π¦ = 0 (sumbu X) adalah:
ππ ππ = (1 00 β1
)
Matriks transformasi rotasi terhadap titik asal π sebesar π berlawanan jarum jam adalah:
ππ (π,π) (cos π β sin πsin π cos π
)
Dengan menggunakan konsep komposisi transformasi, jika vektor οΏ½βοΏ½ secara berturut-turut ditransformasikan oleh matriks transformasi π1 lalu dilanjutkan transformasi oleh matriks transformasi π2 maka:
οΏ½βοΏ½ = (π2 β π1)οΏ½βοΏ½ β οΏ½βοΏ½ = (ππ (π,βπ) β πππ ππ)οΏ½βοΏ½
β οΏ½βοΏ½ = (cos(βπ) β sin(βπ)
sin(βπ) cos(βπ)) (
1 00 β1
) οΏ½βοΏ½ (Ingat sin(βπ) = β sin πcos(βπ) = cos π
)
β οΏ½βοΏ½ = (cos π sin π
β sin π cos π) (
1 00 β1
) οΏ½βοΏ½
Karena οΏ½βοΏ½ = π΄οΏ½βοΏ½, maka jelas matriks π΄ adalah:
π΄ = (cos π sin π
β sin π cos π) (
1 00 β1
)
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 4πΆ1 = 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 4πΆ2 = 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 4πΆ3 = 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 4πΆ4 = 1 kemungkinan yaitu {1, 2, 3, 4, 5, 6} β π΄
Sehingga banyaknya himpunan bagian dari π΄ yang mungkin adalah:
1 + 4πΆ1 + 4πΆ2 + 4πΆ3 + 4πΆ4 = 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.
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 berbedaπ· = 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 < 0β π2 < 4π
βπ2
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 βπ₯2
4)
2
0
ππ₯
= [2π₯ βπ₯3
12]
0
2
= (2(2) β(2)3
12) β (2(0) β
(0)3
12)
= (4 β8
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)=
1034
=10
3Γ
1
4
=10
12
=5
6
X
Y
0 1 2
1
2
β1
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 = βπ2 + 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
πβ π = arctan (
π
π) = arctan (
β3
β1) = arctan(ββ3) = 120Β° =
2π
3
Sehingga,
β3 sin π₯ β cos π₯ < 0
β 2 cos (π₯ β2π
3) < 0
Persamaan trigonometri sederhana
cos (π₯ β2π
3) = 0 = cos
π
2
β π₯1 β2π
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
6π = 0 β π₯2 =
π
6
π = 0 β π₯1 =7π
6π = 1 β π₯2 =
7π
6
Jadi himpunan penyelesaian yang memenuhi 2 cos(π₯ β2π
3) = 0 adalah {
π
6,
7π
6}
Daerah penyelesaian pertidaksamaan 2 cos(π₯ β2π
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
Bimbel SBMPTN 2013 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 15
15. Diketahui βοΏ½ββοΏ½β = 1 dan βοΏ½βοΏ½β = 2. Jika οΏ½ββοΏ½ dan οΏ½βοΏ½ membentuk sudut 30Β°, maka (οΏ½ββοΏ½ + οΏ½βοΏ½) β οΏ½βοΏ½ = ....
A. β3 + 4
B. β3 + 2
C. 2β3 + 4 D. 3 E. 5
Penyelesaian:
Ingat!
οΏ½βοΏ½ β οΏ½ββοΏ½ = βοΏ½βοΏ½β β βοΏ½ββοΏ½β β cos β (οΏ½βοΏ½, οΏ½ββοΏ½)
Sifat operasi aljabar vektor:
Distributif: (οΏ½βοΏ½ + οΏ½ββοΏ½) β π = οΏ½βοΏ½ β π + οΏ½ββοΏ½ β π
(οΏ½ββοΏ½ + οΏ½βοΏ½) β οΏ½βοΏ½ = οΏ½ββοΏ½ β οΏ½βοΏ½ + οΏ½βοΏ½ β οΏ½βοΏ½
= βοΏ½ββοΏ½β β βοΏ½βοΏ½β β cos β (οΏ½ββοΏ½, οΏ½βοΏ½) + βοΏ½βοΏ½β β βοΏ½βοΏ½β β cos β (οΏ½βοΏ½, οΏ½βοΏ½)
= βοΏ½ββοΏ½β β βοΏ½βοΏ½β β cos 30Β° + βοΏ½βοΏ½β β βοΏ½βοΏ½β β cos 0Β°
= 1 β 2 β1
2β3 + 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.