Pembahasan Soal Sbmptn 2016 Sains Dan Teknologi Bidang Matematika
Kali ini saya akan mengulas terkena soal SBMPTN Sains dan Teknologi bidang matematika tahun 2016 dengan arahan paket soal 229. SBMPTN ialah kepantidakboleh dari Seleksi Bersama Masuk Peguruan Tinggi Negeri yang dulunya sempat berjulukan UMPTN, SPMB, dan masih ada beberapa lagi sebelum akibatnya didiberi nama SBMPTN. Dalam SBMPTN Sains dan Teknologi, matematika ialah salah satu bidang yang diujikan soal yang diujikan spesialuntuk 15 soal untuk bidang matematika.
Berikut ini saya sajikan pembahasan SBMPTN Saintek 2016 dengan arahan paket 229.
1.
Diketahui bundar menyinggung sisi-sisi persegi panjang dengan ukuran 12 $\times$ 15, ibarat pada gambar. Garis CE menyinggung lingkaran. Panjang DE = …
(A) 4
(B) 3$\sqrt{3}$
(C) 5
(D) 4$\sqrt{3}$
(E) 6
Penyelesaian:
Untuk menuntaskan soal ini, anda perlu memahami bahan Pythagoras dan Garis Singgung Lingkaran yang diajarkan di SMP
Melalui satu titik di luar bundar maka sanggup dibentuk dua buah garis singgung. Pada gambar terlihat garis singgung yang melalui titik C yaitu CQ dan CR, serta garis singgung melalui titik E yaitu EP dan ER. panjang CQ = CR = 9 dan EP = ER = x
$CE = 9 + x$
$CE^2 = 122 + (9 – x)^2$
$(9 + x)^2 = 144 + (9 – x)^2$
$(9 + x)^2 – (9 – x)^2 = 144$
$(9 + x + 9 – x)(9 + x – 9 + x) = 144$
$18(2x) = 144$
$36x = 144$
$x = 4$
$DE = 9 – x = 9 – 4 = 5$ (C)
2. Pada trapesium ABCD, DA $\perp$ AB dan sisi AB > DC. Dari titik C ditarik garis sejajar AD memotong AB di titik E. Jika diketahui $\angle$ABD = 20$^o$, $\angle$DBC = 40$^o$, DC = 10 satuan, maka panjang sisi BC yaitu …
(A) $\dfrac{5}{2} \sin20^o$
(B) $5 \sec20^o$
(C) $\dfrac{5}{2} \sec40^o$
(D) $5 \cos40^o$
(E) $5 \tan20^o$
Penyelesaian
Dari soal diperoleh gambar
Untuk memilih BC kita akan memanfaatkan luas segitiga BCD dengan memakai perbandingan trigonometri sinus yang artikelnya sanggup dilihat pada Menentukan Luas Segitiga melaluiataubersamaini Menggunakan Unsur Trigonometri
Luas BCD = $\dfrac{CD^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{BDC}}{2\sin\angle{CBD}}$
Luas BCD = $\dfrac{BC^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{CBD}}{2\sin\angle{BDC}}$
$\dfrac{CD^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{BDC}}{2\sin\angle{CBD}}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{CBD}}{2\sin\angle{BDC}}$
$\dfrac{10^2 \sin 120^o \sin 20^o}{2\sin\angle 40^o}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin120^o \sin40^o}{2\sin20^o}$
$\dfrac{10^2 \sin 20^o}{\sin\angle 40^o}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin40^o}{\sin20^o}$
$100 \sin^2 20^o$ $=$ $BC^2 \sin^2 40^o$
$100 \sin^2 20^o$ $=$ $BC^2 \sin^2 40^o$
$BC^2$ $=$ $\dfrac{100 \sin^2 20^o}{\sin^2 40^2}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{\sin 40^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{\sin 2 \times 20^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{2\sin 20^o \cos 20^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{5}{\cos 20^o}$
$BC$ $=$ $5\sec 20^o$ (B)
3. Himpunan tiruana x di selang [0,2$\pi$] yang memenuhi pertidaksamaan $\sqrt{3}cos x \leq sin x \leq 0$ sanggup dituliskan sebagai [a, b]. Nilai $a \times b$ yaitu …
(A) 0
(B) $\dfrac{\pi^2}{6}$
(C) $\dfrac{\pi^2}{3}$
(D) $\dfrac{4\pi^2}{3}$
(E) $\dfrac{5\pi^2}{2}$
Penyelesaian
$\sqrt{3}\cos x \leq \sin x \leq 0$, dari sini kita tahu kalau nilai sinx dan cosx bernilai negatif yang artinya x berada pada kuadran III. Tinggal selesaikan pertidaksamaan $\sqrt{3}\cos x \leq \sin x $
$\sqrt{3}\cos x \leq \sin x $
$\sqrt{3} \geq \frac{\sin x}{\cos x} $
tanda berubah alasannya cos x bernilai negatif
$\sqrt{3} \geq \tan x $
$\tan x \leq \sqrt{3}$
$x \leq 240^o$
$x \leq \frac{4\pi}{3}$
Karena x berada pada kuadran III, maka x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut berada pada selang $[\pi, \frac{4\pi}{3}]$. melaluiataubersamaini demikian $a \times b = \pi \times \frac{4\pi}{3} = $$\frac{4\pi^2}{3}$ (D)
4. Jika vektor u = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$ dicerminkan pada garis x = y kemudian dirotasikan sejauh 90$^o$ dengan sentra (0, 0) menjadi vektor v, maka u + v = …
(A) $\begin{pmatrix}
a\\ 0
\end{pmatrix}$
(B) $\begin{pmatrix}
2a\\ 0
\end{pmatrix}$
(C) $\begin{pmatrix}
2a\\ 2b
\end{pmatrix}$
(D) $\begin{pmatrix}
0\\ 2b
\end{pmatrix}$
(E) $\begin{pmatrix}
0\\ b
\end{pmatrix}$
Penyelesaian
Soal nomor 4, bahan prasyarat yang harus dikuasai yaitu bahan geometri transformasi yaitu Pencerminan dan Rotasi
u = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$ dicerminkan x = y, maka u’ = $\begin{pmatrix}
b\\ a
\end{pmatrix}$
u’ = $\begin{pmatrix}
b\\ a
\end{pmatrix}$ dirotasikan (O, 90$^o$), maka u’’ = v = $\begin{pmatrix}
-a\\ b
\end{pmatrix}$
u + v = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$+ $\begin{pmatrix}
-a\\ b
\end{pmatrix}$ = $\begin{pmatrix}
0\\ 2b
\end{pmatrix}$ (D)
5. Pada kubus ABCD.EFGH, titik M terletak pada diagonal BE dengan perbandingan EM : MB = 1 : 3 dan N yaitu titik tengah rusuk CD. Jika R terletak pada rusuk AB dimana RM sejajar AE, maka sin $\angle$MNR yaitu …
(A) $\dfrac{\sqrt{17}}{\sqrt{26}}$
(B) $\dfrac{2}{\sqrt{26}}$
(C) $\dfrac{3}{\sqrt{26}}$
(D) $\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{17}}$
(E) $\dfrac{5}{\sqrt{17}}$
Penyelesaian
Kita sanggup memisalkan panjang rusuk dari kubus yaitu s = 4 maka dari itu panjang diagonal bidang BE = 4$\sqrt{2}$. Karena perbandingan EM : MB = 1 : 3, maka EM = $\sqrt{2}$ dan MB = 3$\sqrt{2}$. melaluiataubersamaini memakai kesebangunan pada segitiga MBR dan ABE diperoleh panjang AR = 1, BR = 3, dan MR = 3.
Selanjutnya kita buat titik P yang ialah titik tengah dari AB
NP sejajar dengan AD, NP = 4 dan RP = 2 – 1 = 1. Kemudian gunakan teorema pythagoras untuk memilih RN
$RN = \sqrt{4^2 + 1^2}$
$RN = \sqrt{17}$
Kemudian tentukan MN dengan memakai Pythagoras
$MN = \sqrt{\sqrt{17}^2 + 3^2}$
$MN = \sqrt{26}$
$\sin \angle MNR = \frac{MR}{NR}$
$\sin \angle MNR = \frac{3}{\sqrt{26}}$ (C)
6. Fungsi f(x) dan g(x) yaitu fungsi dengan sifat f(-x) = f(x) dan g(-x) = g(x). Jika sisa derma (x-1)f(x) oleh x$^2$ – 2x – 3 yaitu x + 3 dan sisa derma (x + 2)g(x) oleh x$^2$ + 2x – 3 yaitu x + 5, maka sisa derma xf(x)g(x) oleh x$^2$ + 4x + 3 yaitu …
(A) -10x – 8
(B) -8x – 6
(C) -6x – 4
(D) -5x – 3
(E) -4x – 2
Penyelesaian
Soal nomor 6 ialah soal pertolongan Suku Banyak
f(-x) = f(x) dan g(-x) = g(x)
(x-1)f(x) = (x$^2$ – 2x – 3)H(x) +( x + 3)
(x-1)f(x) = (x – 3)(x + 1)H(x) + (x + 3) ….1)
(x + 2)g(x) = (x$^2$ + 2x – 3)H(x) + x + 5
(x + 2)g(x) = (x + 3)(x – 1)H(x) + (x + 5) ….2
xf(x)g(x) = (x$^2$ + 4x + 3)H(x) + S
xf(x)g(x) = (x + 3)(x + 1)H(x) + S
Dari soal terlihat kalau sisa derma S maksimum berderajat satu, misalkan S = mx + n
Dari bentuk 1) diperoleh
Untuk x = 3
(3 – 1)f(3) = 3 + 3
2f(3) = 6
f(3) = 3 dan f(-3) = 3
Untuk x = -1
(-1 – 1)f(-1) = -1 + 3
-2f(-1) = 2
f(-1) = -1
Dari bentuk 2) diperoleh
Untuk x = -3
(-3 + 2)g(-3) = -3 + 5
-1g(-3) = 2
g (-3) = -2
Untuk x = 1
(1 + 2)g(1) = 1 + 5
3g(1) = 6
g(1) = 2 dan g(-1) = 2
xf(x)g(x) = (x + 3)(x + 1)H(x) + (mx + n)
Untuk x = -3
(-3)f(-3)g(-3) = -3m + n
(-3)(3)(-2) = -3m + n
18 = -3m + n …3)
(-1)f(-1)g(-1) = -m + n
(-1)(-1)(2) = -m + n
2 = -m + n …4)
melaluiataubersamaini memakai metode eliminasi dari persamaan 3) dan 4) diperoleh
18 = -3m + n
2 = -m + n -
16 = -2m
m = -8
n = -6
Jadi, S = -8x – 6 (B)
7. Grafik y = 3$^{x + 1}$ - $\left (\frac{1}{9} \right)^x$ berada di bawah grafik y = 3$^x$ + 1 kalau …
(A) 0 < x < 1
(B) x > 1
(C) x < 0
(D) x > 3
(E) 1 < x < 3
Penyelesaian
$3^x + 1 > 3^{x + 1} - \left (\frac{1}{9} \right)^x$
$3^x + 1 > 3 \cdot 3^x - \frac{1}{3^{2x}}$
$3^x + 1 > 3 \cdot 3^x - 3^{-2x}$
Misalkan p = 3$^x$ maka
$p + 1 > 3p – p^-2$
$p^3 + p^2 > 3p^3 – 1$
$0 > 3p^3 – p^3 – p^2 – 1$
$2p^3 - p^2 – 1 < 0$
$(p – 1)(2p^2 + p + 1) < 0 $
$2p^2 + p + 1$ selalu bernilai kasatmata maka tinggal dicari $p – 1<0$
$p – 1<0$
$p < 1$
$3^x < 3^0$
$x < 0$ (C)
8. $\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}$= …
(A) 0
(B) $\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
(C) $\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4}}$
(D) $\dfrac{1}{2}$
(E) 1
Penyelesaian
Soal nomor 8 ialah soal wacana Limit Fungsi dan Limit Fungsi Trigonometri
$\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}$
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}} \times \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+1}{\sqrt{2x^2+1}+1} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2x^2+1-1}{(\sqrt{3\sin^5 x+x^4}) \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2x^2}{(\sqrt{3\sin^5 x+x^4}) \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} \times \dfrac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2}{\frac{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}{x^2} \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2}{\sqrt{3\frac{\sin^5 x}{x^4} +\frac{x^4}{x^4}}\times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
9. Misalkan $(a_n)$ yaitu barisan geometri yang memenuhi sistem $a_2 + a_5 – a_4 = 10$, $a_3 + a_6 – a_5 = 20$. Nilai dari $a_2$ yaitu …
(A) -2
(B) -1
(C) 0
(D) 1
(E) 2
Penyelesaian
$U_n = ar^n-1$
$\dfrac{ a_3 + a_6 – a_5}{ a_2 + a_5 – a_4} = \dfrac{20}{10}$
$\dfrac{ ar^2 + ar^5 –ar^4}{ ar+ ar^4 – ar^3} = 2$
$\dfrac{ ar^2(1 + r^3 – r^2)}{ ar(1 + r^3 – r^2)} = 2$
$\dfrac{ ar^2}{ ar} = 2$
$r = 2$
$a_2 + a_5 – a_4 = 10$
$ ar+ ar^4 – ar^3 = 10$
$a(2) + a(2)^4 – a(2)^3 = 10$
$2a + 16a – 8a = 10$
$10a = 10$
$a = 1$
$a_2 = ar = 1 \cdot 2 = 2$ (E)
10. Misalkan $f(x) = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$ memiliki titik belok di (4, 13). Nilai $a + b$ = …
(A) $\dfrac{91}{8}$
(B) $\dfrac{81}{8}$
(C) $\dfrac{71}{8}$
(D) $\dfrac{61}{8}$
(E) $\dfrac{51}{8}$
Penyelesaian
Soal nomor 10 ialah soal wacana Nilai Stasioner
$f(x) = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$
$y = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$
$13 = a\sqrt{4} + \dfrac{b}{\sqrt{4}}$
$13 = 2a+ \dfrac{b}{2}$
$26 = 4a+ b$
$4a+ b = 26$ ….1)
Titik belok di (4, 13), absis titik belok sanggup ditentukan dengan turunan kedua dari $f(x)$ dengan $f’’(x) = 0$
$f’’(x) = 0$
$f (x) = ax^{\frac{1}{2}} + bx^{-\frac{1}{2}}$
$f '(x) = \dfrac{1}{2} ax^{-\frac{1}{2}} - \dfrac{1}{2}bx^{-\frac{3}{2}}$
$f "(x) = -\dfrac{1}{4} ax^{-\frac{3}{2}} +\dfrac{3}{4}bx^{-\frac{5}{2}}$
$f "(x) = 0$
Substitusi x = 4
$ -\dfrac{1}{4} a(4)^{-\frac{3}{2}} + \dfrac{3}{4}bx^{-\frac{5}{2}} = 0$
$ -\dfrac{a}{32} + \dfrac{3b}{128} = 0$
$ -4a + 3b = 0$ …..2)
melaluiataubersamaini memakai metode eliminasi dan substitusi diperoleh $a =\dfrac{39}{8}$ dan $b = \dfrac{13}{2}$.
$a + b =\dfrac{39}{8} + \dfrac{13}{2}$
$=\dfrac{39}{8} + \dfrac{52}{8}$
$= \dfrac{91}{8}$ (A)
11. Diketahui fungsi $f(x) = f(x + 2)$ untuk setiap x. Jika $\int{2}{0} f(x)dx = B$, maka $\int^{7}_{3}f(x+ 8) dx=$...
(A) B
(B ) 2B
(C) 3B
(D) 4B
(E) 5B
Penyelesaian
$\int_{0}^{2}f(x) dx = B$ sanggup diubah menjadi
$\int^{1}_{0} f(x) dx + \int{2}{1} f(x) dx = B$
Misalkan $\int^{1}_{0} f(x) dx = A$, maka
$A + \int^{2}_{1} f(x) dx = B$
$\int^{2}_{1} f(x) dx = B – A$
Karena $f(x) = f(x + 2)$ maka $f(x) = f(x + 8)$
Bentuk $\int^{7}_{3} f(x + 8) dx$ juga sanggup diubah menjadi
$\int^{7}_{3} f(x + 8) dx $ = $\int^{4}_{3} f(x + 8) dx + \int^{6}_{4} f(x + 8) dx + \int^{7}_{6}f(x+ 8) dx $
$ = \int^{4}_{3} f(x) dx + \int^{6}_{4} f(x) dx + \int^{7}_{6}f(x) dx $
$\int^{4}_{3} f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{2}_{1} f(x) dx$ alasannya $f(4) = f(2 + 2) = f(2)$ dan $f(3) = f(1 + 2) = f(1)$ sehingga
$\int^{4}_{3} f(x) dx = \int{2}{1} f(x) dx = B - A$
$\int^{6}_{4} f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{2}_{0} f(x) dx$ alasannya $f(6) = f(4 + 2) = f(4) = f(2 + 2) =f(2) $ dan $f(4) = f(2 + 2) = f(2) = f(0 + 2) = f(0)$ sehingga
$\int^{6}_{4} f(x) dx = \int^{2}_{0} f(x) dx = B$
$\int^{7}_{6}f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{1}_{0} f(x) dx = A$ alasannya $f(7) = f(5 + 2) = f(5) = f(3 + 2) = f(3) = f(1 + 2) = f(1)$ dan $f(6) = f(4 + 2) = f(4) = f(0)$ sehingga
$\int^{7}_{6}f(x) dx = \int^{1}_{0} f(x) dx = A$
$\int^{7}_{3} f(x + 8) dx =$ $\int^{4}_{3} f(x + 8) dx + \int^{6}_{4} f(x + 8) dx + \int^{7}_{6}f(x+ 8) dx $
$ = B - A + B + A $
$ = 2B$ (B)
12. Misalkan D yaitu kawasan yang dibatasi oleh kurva g, sumbu x dan x = 1. Kurva f membagi kawasan D menjadi $D_1$ dan $D_2$ dengn perbandingan luas 1 : 2. Jika $D_1$ yaitu kawasan yang dibatasi oleh kurva f dan g, maka k = …
(A) $\dfrac{1}{3}$
(B) $\dfrac{2}{3}$
(C) 1
(D) 2
(E) 3
Penyelesaian
Soal nomor 12 ialah soal perihal Aplikasi Integral Tentu Untuk Menghitung Luas Daerah
$D_1 : D_2 = 1 : 2$
$D_2 = 2D_1$
$\int^{1}_{0} f(x) dx = 2 \int^{1}_{0} g(x) – f(x) dx$
$\int^{1}_{0} x^k dx = 2 \int^{1}_{0} x – x^k dx$
$\dfrac{1}{k + 1} (1)^{k+ 1} – 0 = $$2\left(\left(\dfrac {1}{2} (1)^2 -\dfrac{1}{k+1}(1)^{k+1}\right) – 0\right)$
$\dfrac{1}{k + 1} = 2\left(\dfrac {1}{2} -\dfrac{1}{k+1}\right)$
$\dfrac{1}{k + 1} + \dfrac{2}{k+1} = 1 $
$\dfrac{3}{k + 1} = 1$
$3 = k + 1$
$k =2$ (D)
13. Banyaknya bilangan genap $n = abc$ dengan 3 digit sehingga 3 < b < c yaitu …
(A) 48
(B) 54
(C) 60
(D) 64
(E) 72
Penyelesaian
Untuk a bilangan yang mungkin dipakai yaitu 1, 2, 3, …., 9
Untuk b bilangan yang mungkin dipakai yaitu 4, 5, 6, 7, 8
untuk c bilangan yang mungkin dipakai yaitu 4, 6, 8
Karena terdapat syarat 3 < b < c
maka nilai c yang mungkin yaitu 6 dan 8 sedangkan b spesialuntuk 4, 5, dan 6
Jadi, banyak bilangan yang mungkin yaitu $9 \times 3 \times 2 = 54$ (B)
14. Garis singgung kurva $y = 3 – x^2$ di titik $P(-a, b)$ dan $Q(a, b)$ memotong sumbu-y di titik R. Nilai a yang membuat segitiga $PQR$ sama sisi yaitu …
(A) $2\sqrt{3}$
(B) $\sqrt{3}$
(C) $\dfrac{1}{2}\sqrt{3}$
(D) $\dfrac{1}{3} \sqrt{3}$
(E) $\dfrac{1}{4} \sqrt{3}$
Penyelesaian
Untuk menuntaskan soal ini, kita cukup mencari gradien dari salah satu garis singgung. Karena PQR mebentuk segitiga sama sisi maka gradien garis singgung PR adalah
$m = \tan 60^o = \sqrt{3}$
Kemudian gradien PQ juga sanggup ditentukan dengan turunan pertama dari kurva $y = 3 – x^2$
$y’ = – 2x$
$m = -2(-a)$
$m = 2a$
melaluiataubersamaini demikian diperoleh
$2a = \sqrt{3}$
$a = \dfrac{1}{2} \sqrt{3}$ (C)
15. Misalkan $x_1$, $x_2$ akar-akar dari persamaan $x^2 – 3x + a = 0$ dan $y_1$, $y_2$ akar-akar dari persamaan $x^2 – 12x – b = 0$. Jika $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2$ membentuk barisan geometri naik, maka nilai ab = …
(A) 64
(B) 16
(C) 2
(D) -16
(E) -64
Penyelesaian
Karena $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2$ membentuk barisan geometri naik, maka
$ x_1$ yaitu suku pertama
$x_2 = x_1 r$
$y_1 = x_1 r^2$
$y_2 = x_1 r^3$
$x^2 – 3x + a = 0$ diperoleh
$x_1 + x_2 = 3$
$x_1 + x_1 r = 3$
$x_1(1 + r) = 3 $….1)
$x_1 \cdot x_2 = a$
$x_1 \cdot x_1 r = a$
$x_1 ^2 r = a$ ….2)
$x^2 – 12x – b = 0$ diperoleh
$y_1 + y_2 = 12$
$x_1 r^2 + x_1 r^3 = 12$
$x_1 r^2 (1 + r) = 12$ ….3)
$y_1 \cdot y_2 = -b$
$x_1 r^2 \cdot x_1 r^3 = -b$
$x_1 ^2 r^5 = -b$ ….4)
Dari 1) dan 3)
$\dfrac{x_1 r^2 (1 + r)}{x_1 (1 + r)} = \dfrac{12}{3}$
$r^2 = 4$
$r = 2$
Substitusi r = 2 ke ….1)
$x_1(1 + 2) = 3 $
$x_1 = 1$
$x_1 ^2 r = a$
$1^2 \cdot 2 = a$
$a = 2$
$x_1 ^2 r^5 = -b$
$1^2 \cdot 2^5 = -b$
$1 \cdot 32 = -b$
$b = -32$
Jadi, $ab = 2(-32) = -64$ (E)
Demikian pembahasna soal SBMPTN 2016 Sains dan Teknologi supaya bermanfaa.
Berikut ini saya sajikan pembahasan SBMPTN Saintek 2016 dengan arahan paket 229.
1.
Diketahui bundar menyinggung sisi-sisi persegi panjang dengan ukuran 12 $\times$ 15, ibarat pada gambar. Garis CE menyinggung lingkaran. Panjang DE = …
(A) 4
(B) 3$\sqrt{3}$
(C) 5
(D) 4$\sqrt{3}$
(E) 6
Penyelesaian:
Untuk menuntaskan soal ini, anda perlu memahami bahan Pythagoras dan Garis Singgung Lingkaran yang diajarkan di SMP
Melalui satu titik di luar bundar maka sanggup dibentuk dua buah garis singgung. Pada gambar terlihat garis singgung yang melalui titik C yaitu CQ dan CR, serta garis singgung melalui titik E yaitu EP dan ER. panjang CQ = CR = 9 dan EP = ER = x
$CE = 9 + x$
$CE^2 = 122 + (9 – x)^2$
$(9 + x)^2 = 144 + (9 – x)^2$
$(9 + x)^2 – (9 – x)^2 = 144$
$(9 + x + 9 – x)(9 + x – 9 + x) = 144$
$18(2x) = 144$
$36x = 144$
$x = 4$
$DE = 9 – x = 9 – 4 = 5$ (C)
2. Pada trapesium ABCD, DA $\perp$ AB dan sisi AB > DC. Dari titik C ditarik garis sejajar AD memotong AB di titik E. Jika diketahui $\angle$ABD = 20$^o$, $\angle$DBC = 40$^o$, DC = 10 satuan, maka panjang sisi BC yaitu …
(A) $\dfrac{5}{2} \sin20^o$
(B) $5 \sec20^o$
(C) $\dfrac{5}{2} \sec40^o$
(D) $5 \cos40^o$
(E) $5 \tan20^o$
Penyelesaian
Dari soal diperoleh gambar
Untuk memilih BC kita akan memanfaatkan luas segitiga BCD dengan memakai perbandingan trigonometri sinus yang artikelnya sanggup dilihat pada Menentukan Luas Segitiga melaluiataubersamaini Menggunakan Unsur Trigonometri
Luas BCD = $\dfrac{CD^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{BDC}}{2\sin\angle{CBD}}$
Luas BCD = $\dfrac{BC^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{CBD}}{2\sin\angle{BDC}}$
$\dfrac{CD^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{BDC}}{2\sin\angle{CBD}}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin \angle{BCD} \sin\angle{CBD}}{2\sin\angle{BDC}}$
$\dfrac{10^2 \sin 120^o \sin 20^o}{2\sin\angle 40^o}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin120^o \sin40^o}{2\sin20^o}$
$\dfrac{10^2 \sin 20^o}{\sin\angle 40^o}$ $=$ $\dfrac{BC^2 \sin40^o}{\sin20^o}$
$100 \sin^2 20^o$ $=$ $BC^2 \sin^2 40^o$
$100 \sin^2 20^o$ $=$ $BC^2 \sin^2 40^o$
$BC^2$ $=$ $\dfrac{100 \sin^2 20^o}{\sin^2 40^2}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{\sin 40^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{\sin 2 \times 20^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{10 \sin 20^o}{2\sin 20^o \cos 20^o}$
$BC$ $=$ $\dfrac{5}{\cos 20^o}$
$BC$ $=$ $5\sec 20^o$ (B)
3. Himpunan tiruana x di selang [0,2$\pi$] yang memenuhi pertidaksamaan $\sqrt{3}cos x \leq sin x \leq 0$ sanggup dituliskan sebagai [a, b]. Nilai $a \times b$ yaitu …
(A) 0
(B) $\dfrac{\pi^2}{6}$
(C) $\dfrac{\pi^2}{3}$
(D) $\dfrac{4\pi^2}{3}$
(E) $\dfrac{5\pi^2}{2}$
Penyelesaian
$\sqrt{3}\cos x \leq \sin x \leq 0$, dari sini kita tahu kalau nilai sinx dan cosx bernilai negatif yang artinya x berada pada kuadran III. Tinggal selesaikan pertidaksamaan $\sqrt{3}\cos x \leq \sin x $
$\sqrt{3}\cos x \leq \sin x $
$\sqrt{3} \geq \frac{\sin x}{\cos x} $
tanda berubah alasannya cos x bernilai negatif
$\sqrt{3} \geq \tan x $
$\tan x \leq \sqrt{3}$
$x \leq 240^o$
$x \leq \frac{4\pi}{3}$
Karena x berada pada kuadran III, maka x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut berada pada selang $[\pi, \frac{4\pi}{3}]$. melaluiataubersamaini demikian $a \times b = \pi \times \frac{4\pi}{3} = $$\frac{4\pi^2}{3}$ (D)
4. Jika vektor u = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$ dicerminkan pada garis x = y kemudian dirotasikan sejauh 90$^o$ dengan sentra (0, 0) menjadi vektor v, maka u + v = …
(A) $\begin{pmatrix}
a\\ 0
\end{pmatrix}$
(B) $\begin{pmatrix}
2a\\ 0
\end{pmatrix}$
(C) $\begin{pmatrix}
2a\\ 2b
\end{pmatrix}$
(D) $\begin{pmatrix}
0\\ 2b
\end{pmatrix}$
(E) $\begin{pmatrix}
0\\ b
\end{pmatrix}$
Penyelesaian
Soal nomor 4, bahan prasyarat yang harus dikuasai yaitu bahan geometri transformasi yaitu Pencerminan dan Rotasi
u = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$ dicerminkan x = y, maka u’ = $\begin{pmatrix}
b\\ a
\end{pmatrix}$
u’ = $\begin{pmatrix}
b\\ a
\end{pmatrix}$ dirotasikan (O, 90$^o$), maka u’’ = v = $\begin{pmatrix}
-a\\ b
\end{pmatrix}$
u + v = $\begin{pmatrix}
a\\ b
\end{pmatrix}$+ $\begin{pmatrix}
-a\\ b
\end{pmatrix}$ = $\begin{pmatrix}
0\\ 2b
\end{pmatrix}$ (D)
5. Pada kubus ABCD.EFGH, titik M terletak pada diagonal BE dengan perbandingan EM : MB = 1 : 3 dan N yaitu titik tengah rusuk CD. Jika R terletak pada rusuk AB dimana RM sejajar AE, maka sin $\angle$MNR yaitu …
(A) $\dfrac{\sqrt{17}}{\sqrt{26}}$
(B) $\dfrac{2}{\sqrt{26}}$
(C) $\dfrac{3}{\sqrt{26}}$
(D) $\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{17}}$
(E) $\dfrac{5}{\sqrt{17}}$
Penyelesaian
Kita sanggup memisalkan panjang rusuk dari kubus yaitu s = 4 maka dari itu panjang diagonal bidang BE = 4$\sqrt{2}$. Karena perbandingan EM : MB = 1 : 3, maka EM = $\sqrt{2}$ dan MB = 3$\sqrt{2}$. melaluiataubersamaini memakai kesebangunan pada segitiga MBR dan ABE diperoleh panjang AR = 1, BR = 3, dan MR = 3.
Selanjutnya kita buat titik P yang ialah titik tengah dari AB
NP sejajar dengan AD, NP = 4 dan RP = 2 – 1 = 1. Kemudian gunakan teorema pythagoras untuk memilih RN
$RN = \sqrt{4^2 + 1^2}$
$RN = \sqrt{17}$
Kemudian tentukan MN dengan memakai Pythagoras
$MN = \sqrt{\sqrt{17}^2 + 3^2}$
$MN = \sqrt{26}$
$\sin \angle MNR = \frac{MR}{NR}$
$\sin \angle MNR = \frac{3}{\sqrt{26}}$ (C)
6. Fungsi f(x) dan g(x) yaitu fungsi dengan sifat f(-x) = f(x) dan g(-x) = g(x). Jika sisa derma (x-1)f(x) oleh x$^2$ – 2x – 3 yaitu x + 3 dan sisa derma (x + 2)g(x) oleh x$^2$ + 2x – 3 yaitu x + 5, maka sisa derma xf(x)g(x) oleh x$^2$ + 4x + 3 yaitu …
(A) -10x – 8
(B) -8x – 6
(C) -6x – 4
(D) -5x – 3
(E) -4x – 2
Penyelesaian
Soal nomor 6 ialah soal pertolongan Suku Banyak
f(-x) = f(x) dan g(-x) = g(x)
(x-1)f(x) = (x$^2$ – 2x – 3)H(x) +( x + 3)
(x-1)f(x) = (x – 3)(x + 1)H(x) + (x + 3) ….1)
(x + 2)g(x) = (x$^2$ + 2x – 3)H(x) + x + 5
(x + 2)g(x) = (x + 3)(x – 1)H(x) + (x + 5) ….2
xf(x)g(x) = (x$^2$ + 4x + 3)H(x) + S
xf(x)g(x) = (x + 3)(x + 1)H(x) + S
Dari soal terlihat kalau sisa derma S maksimum berderajat satu, misalkan S = mx + n
Dari bentuk 1) diperoleh
Untuk x = 3
(3 – 1)f(3) = 3 + 3
2f(3) = 6
f(3) = 3 dan f(-3) = 3
Untuk x = -1
(-1 – 1)f(-1) = -1 + 3
-2f(-1) = 2
f(-1) = -1
Dari bentuk 2) diperoleh
Untuk x = -3
(-3 + 2)g(-3) = -3 + 5
-1g(-3) = 2
g (-3) = -2
Untuk x = 1
(1 + 2)g(1) = 1 + 5
3g(1) = 6
g(1) = 2 dan g(-1) = 2
xf(x)g(x) = (x + 3)(x + 1)H(x) + (mx + n)
Untuk x = -3
(-3)f(-3)g(-3) = -3m + n
(-3)(3)(-2) = -3m + n
18 = -3m + n …3)
(-1)f(-1)g(-1) = -m + n
(-1)(-1)(2) = -m + n
2 = -m + n …4)
melaluiataubersamaini memakai metode eliminasi dari persamaan 3) dan 4) diperoleh
18 = -3m + n
2 = -m + n -
16 = -2m
m = -8
n = -6
Jadi, S = -8x – 6 (B)
7. Grafik y = 3$^{x + 1}$ - $\left (\frac{1}{9} \right)^x$ berada di bawah grafik y = 3$^x$ + 1 kalau …
(A) 0 < x < 1
(B) x > 1
(C) x < 0
(D) x > 3
(E) 1 < x < 3
Penyelesaian
$3^x + 1 > 3^{x + 1} - \left (\frac{1}{9} \right)^x$
$3^x + 1 > 3 \cdot 3^x - \frac{1}{3^{2x}}$
$3^x + 1 > 3 \cdot 3^x - 3^{-2x}$
Misalkan p = 3$^x$ maka
$p + 1 > 3p – p^-2$
$p^3 + p^2 > 3p^3 – 1$
$0 > 3p^3 – p^3 – p^2 – 1$
$2p^3 - p^2 – 1 < 0$
$(p – 1)(2p^2 + p + 1) < 0 $
$2p^2 + p + 1$ selalu bernilai kasatmata maka tinggal dicari $p – 1<0$
$p – 1<0$
$p < 1$
$3^x < 3^0$
$x < 0$ (C)
8. $\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}$= …
(A) 0
(B) $\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
(C) $\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4}}$
(D) $\dfrac{1}{2}$
(E) 1
Penyelesaian
Soal nomor 8 ialah soal wacana Limit Fungsi dan Limit Fungsi Trigonometri
$\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}$
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{\sqrt{2x^2+1}-1}{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}} \times \dfrac{\sqrt{2x^2+1}+1}{\sqrt{2x^2+1}+1} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2x^2+1-1}{(\sqrt{3\sin^5 x+x^4}) \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2x^2}{(\sqrt{3\sin^5 x+x^4}) \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} \times \dfrac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x^2}} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2}{\frac{\sqrt{3\sin^5 x+x^4}}{x^2} \times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2}{\sqrt{3\frac{\sin^5 x}{x^4} +\frac{x^4}{x^4}}\times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$=\lim_{x \to 0} \limits \dfrac{2}{\sqrt{3 \sin x \frac{\sin^4 x}{x^4} +\frac{x^4}{x^4}}\times (\sqrt{2x^2+1}+1)} $
$= \dfrac{2}{\sqrt{3(0)(1) +(1)}\times (\sqrt{2(0)^2+1}+1)} $
$= \dfrac{2}{\sqrt{0 +(1)}\times (\sqrt{0+1}+1)} $
$= \dfrac{2}{1 \times (1+1)} $
$= \dfrac{2}{2} $
$ = 1$
$= \dfrac{2}{\sqrt{3(0)(1) +(1)}\times (\sqrt{2(0)^2+1}+1)} $
$= \dfrac{2}{\sqrt{0 +(1)}\times (\sqrt{0+1}+1)} $
$= \dfrac{2}{1 \times (1+1)} $
$= \dfrac{2}{2} $
$ = 1$
9. Misalkan $(a_n)$ yaitu barisan geometri yang memenuhi sistem $a_2 + a_5 – a_4 = 10$, $a_3 + a_6 – a_5 = 20$. Nilai dari $a_2$ yaitu …
(A) -2
(B) -1
(C) 0
(D) 1
(E) 2
Penyelesaian
$U_n = ar^n-1$
$\dfrac{ a_3 + a_6 – a_5}{ a_2 + a_5 – a_4} = \dfrac{20}{10}$
$\dfrac{ ar^2 + ar^5 –ar^4}{ ar+ ar^4 – ar^3} = 2$
$\dfrac{ ar^2(1 + r^3 – r^2)}{ ar(1 + r^3 – r^2)} = 2$
$\dfrac{ ar^2}{ ar} = 2$
$r = 2$
$a_2 + a_5 – a_4 = 10$
$ ar+ ar^4 – ar^3 = 10$
$a(2) + a(2)^4 – a(2)^3 = 10$
$2a + 16a – 8a = 10$
$10a = 10$
$a = 1$
$a_2 = ar = 1 \cdot 2 = 2$ (E)
(A) $\dfrac{91}{8}$
(B) $\dfrac{81}{8}$
(C) $\dfrac{71}{8}$
(D) $\dfrac{61}{8}$
(E) $\dfrac{51}{8}$
Penyelesaian
Soal nomor 10 ialah soal wacana Nilai Stasioner
$f(x) = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$
$y = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$
$13 = a\sqrt{4} + \dfrac{b}{\sqrt{4}}$
$13 = 2a+ \dfrac{b}{2}$
$26 = 4a+ b$
$4a+ b = 26$ ….1)
Titik belok di (4, 13), absis titik belok sanggup ditentukan dengan turunan kedua dari $f(x)$ dengan $f’’(x) = 0$
$f’’(x) = 0$
$f (x) = ax^{\frac{1}{2}} + bx^{-\frac{1}{2}}$
$f '(x) = \dfrac{1}{2} ax^{-\frac{1}{2}} - \dfrac{1}{2}bx^{-\frac{3}{2}}$
$f "(x) = -\dfrac{1}{4} ax^{-\frac{3}{2}} +\dfrac{3}{4}bx^{-\frac{5}{2}}$
$f "(x) = 0$
Substitusi x = 4
$ -\dfrac{1}{4} a(4)^{-\frac{3}{2}} + \dfrac{3}{4}bx^{-\frac{5}{2}} = 0$
$ -\dfrac{a}{32} + \dfrac{3b}{128} = 0$
$ -4a + 3b = 0$ …..2)
melaluiataubersamaini memakai metode eliminasi dan substitusi diperoleh $a =\dfrac{39}{8}$ dan $b = \dfrac{13}{2}$.
$a + b =\dfrac{39}{8} + \dfrac{13}{2}$
$=\dfrac{39}{8} + \dfrac{52}{8}$
$= \dfrac{91}{8}$ (A)
11. Diketahui fungsi $f(x) = f(x + 2)$ untuk setiap x. Jika $\int{2}{0} f(x)dx = B$, maka $\int^{7}_{3}f(x+ 8) dx=$...
(A) B
(B ) 2B
(C) 3B
(D) 4B
(E) 5B
Penyelesaian
$\int_{0}^{2}f(x) dx = B$ sanggup diubah menjadi
$\int^{1}_{0} f(x) dx + \int{2}{1} f(x) dx = B$
Misalkan $\int^{1}_{0} f(x) dx = A$, maka
$A + \int^{2}_{1} f(x) dx = B$
$\int^{2}_{1} f(x) dx = B – A$
Karena $f(x) = f(x + 2)$ maka $f(x) = f(x + 8)$
Bentuk $\int^{7}_{3} f(x + 8) dx$ juga sanggup diubah menjadi
$\int^{7}_{3} f(x + 8) dx $ = $\int^{4}_{3} f(x + 8) dx + \int^{6}_{4} f(x + 8) dx + \int^{7}_{6}f(x+ 8) dx $
$ = \int^{4}_{3} f(x) dx + \int^{6}_{4} f(x) dx + \int^{7}_{6}f(x) dx $
$\int^{4}_{3} f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{2}_{1} f(x) dx$ alasannya $f(4) = f(2 + 2) = f(2)$ dan $f(3) = f(1 + 2) = f(1)$ sehingga
$\int^{4}_{3} f(x) dx = \int{2}{1} f(x) dx = B - A$
$\int^{6}_{4} f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{2}_{0} f(x) dx$ alasannya $f(6) = f(4 + 2) = f(4) = f(2 + 2) =f(2) $ dan $f(4) = f(2 + 2) = f(2) = f(0 + 2) = f(0)$ sehingga
$\int^{6}_{4} f(x) dx = \int^{2}_{0} f(x) dx = B$
$\int^{7}_{6}f(x) dx$ akan sama dengan $\int^{1}_{0} f(x) dx = A$ alasannya $f(7) = f(5 + 2) = f(5) = f(3 + 2) = f(3) = f(1 + 2) = f(1)$ dan $f(6) = f(4 + 2) = f(4) = f(0)$ sehingga
$\int^{7}_{6}f(x) dx = \int^{1}_{0} f(x) dx = A$
$\int^{7}_{3} f(x + 8) dx =$ $\int^{4}_{3} f(x + 8) dx + \int^{6}_{4} f(x + 8) dx + \int^{7}_{6}f(x+ 8) dx $
$ = B - A + B + A $
$ = 2B$ (B)
12. Misalkan D yaitu kawasan yang dibatasi oleh kurva g, sumbu x dan x = 1. Kurva f membagi kawasan D menjadi $D_1$ dan $D_2$ dengn perbandingan luas 1 : 2. Jika $D_1$ yaitu kawasan yang dibatasi oleh kurva f dan g, maka k = …
(A) $\dfrac{1}{3}$
(B) $\dfrac{2}{3}$
(C) 1
(D) 2
(E) 3
Penyelesaian
Soal nomor 12 ialah soal perihal Aplikasi Integral Tentu Untuk Menghitung Luas Daerah
$D_1 : D_2 = 1 : 2$
$D_2 = 2D_1$
$\int^{1}_{0} f(x) dx = 2 \int^{1}_{0} g(x) – f(x) dx$
$\int^{1}_{0} x^k dx = 2 \int^{1}_{0} x – x^k dx$
$\dfrac{1}{k + 1} (1)^{k+ 1} – 0 = $$2\left(\left(\dfrac {1}{2} (1)^2 -\dfrac{1}{k+1}(1)^{k+1}\right) – 0\right)$
$\dfrac{1}{k + 1} = 2\left(\dfrac {1}{2} -\dfrac{1}{k+1}\right)$
$\dfrac{1}{k + 1} + \dfrac{2}{k+1} = 1 $
$\dfrac{3}{k + 1} = 1$
$3 = k + 1$
$k =2$ (D)
13. Banyaknya bilangan genap $n = abc$ dengan 3 digit sehingga 3 < b < c yaitu …
(A) 48
(B) 54
(C) 60
(D) 64
(E) 72
Penyelesaian
Untuk a bilangan yang mungkin dipakai yaitu 1, 2, 3, …., 9
Untuk b bilangan yang mungkin dipakai yaitu 4, 5, 6, 7, 8
untuk c bilangan yang mungkin dipakai yaitu 4, 6, 8
Karena terdapat syarat 3 < b < c
maka nilai c yang mungkin yaitu 6 dan 8 sedangkan b spesialuntuk 4, 5, dan 6
Jadi, banyak bilangan yang mungkin yaitu $9 \times 3 \times 2 = 54$ (B)
14. Garis singgung kurva $y = 3 – x^2$ di titik $P(-a, b)$ dan $Q(a, b)$ memotong sumbu-y di titik R. Nilai a yang membuat segitiga $PQR$ sama sisi yaitu …
(A) $2\sqrt{3}$
(B) $\sqrt{3}$
(C) $\dfrac{1}{2}\sqrt{3}$
(D) $\dfrac{1}{3} \sqrt{3}$
(E) $\dfrac{1}{4} \sqrt{3}$
Penyelesaian
Untuk menuntaskan soal ini, kita cukup mencari gradien dari salah satu garis singgung. Karena PQR mebentuk segitiga sama sisi maka gradien garis singgung PR adalah
$m = \tan 60^o = \sqrt{3}$
Kemudian gradien PQ juga sanggup ditentukan dengan turunan pertama dari kurva $y = 3 – x^2$
$y’ = – 2x$
$m = -2(-a)$
$m = 2a$
melaluiataubersamaini demikian diperoleh
$2a = \sqrt{3}$
$a = \dfrac{1}{2} \sqrt{3}$ (C)
15. Misalkan $x_1$, $x_2$ akar-akar dari persamaan $x^2 – 3x + a = 0$ dan $y_1$, $y_2$ akar-akar dari persamaan $x^2 – 12x – b = 0$. Jika $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2$ membentuk barisan geometri naik, maka nilai ab = …
(A) 64
(B) 16
(C) 2
(D) -16
(E) -64
Penyelesaian
Karena $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2$ membentuk barisan geometri naik, maka
$ x_1$ yaitu suku pertama
$x_2 = x_1 r$
$y_1 = x_1 r^2$
$y_2 = x_1 r^3$
$x^2 – 3x + a = 0$ diperoleh
$x_1 + x_2 = 3$
$x_1 + x_1 r = 3$
$x_1(1 + r) = 3 $….1)
$x_1 \cdot x_2 = a$
$x_1 \cdot x_1 r = a$
$x_1 ^2 r = a$ ….2)
$x^2 – 12x – b = 0$ diperoleh
$y_1 + y_2 = 12$
$x_1 r^2 + x_1 r^3 = 12$
$x_1 r^2 (1 + r) = 12$ ….3)
$y_1 \cdot y_2 = -b$
$x_1 r^2 \cdot x_1 r^3 = -b$
$x_1 ^2 r^5 = -b$ ….4)
Dari 1) dan 3)
$\dfrac{x_1 r^2 (1 + r)}{x_1 (1 + r)} = \dfrac{12}{3}$
$r^2 = 4$
$r = 2$
Substitusi r = 2 ke ….1)
$x_1(1 + 2) = 3 $
$x_1 = 1$
$x_1 ^2 r = a$
$1^2 \cdot 2 = a$
$a = 2$
$x_1 ^2 r^5 = -b$
$1^2 \cdot 2^5 = -b$
$1 \cdot 32 = -b$
$b = -32$
Jadi, $ab = 2(-32) = -64$ (E)
Demikian pembahasna soal SBMPTN 2016 Sains dan Teknologi supaya bermanfaa.
0 Response to "Pembahasan Soal Sbmptn 2016 Sains Dan Teknologi Bidang Matematika"
Posting Komentar