Pembahasan Soal. Pak Anang SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI. Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS.

Pembahasan

Pembahasan

Pembahasan

Pembahasan Soal

Soal

Soal

Soal

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI

Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS

Disusun Oleh :

Pak Anang

Pak Anang

Pak Anang

Pak Anang

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 1

Kumpulan

Kumpulan

Kumpulan

Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT

Pembahasan

Pembahasan

Pembahasan

Pembahasan Soal

Soal

Soal SNMPTN

Soal

SNMPTN

SNMPTN

SNMPTN 2011

2011

2011

2011

Matematika

Matematika

Matematika

Matematika IPA

IPA

IPA

IPA Kode Soal

Kode Soal

Kode Soal

Kode Soal 599

599

599

599

By By By

By 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 Penyelesaian PenyelesaianPenyelesaian Penyelesaian:::: 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 = (B_C, D_C, E_C) dan vektor >3 = (B_F, D_F, E_F) juga bisa didefinisikan sebagai 53 ∙ >3 = BCBF+ DCDF+ ECEF

Jika 53 tegak lurus dengan >3, maka 53 ∙ >3 = 0. 53 ∙ >3 = 0 ⇒ K−25 −1L ∙ K 5 5 −1L = 0 ⇒ 5M_{− 25 + 1 = 0} ⇒ (5 − 1)M _{= 0} ⇒ 5 − 1 = 0 ⇒ 5 = 1

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 2 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_CF = 0, maka Q(B) = 0

D. Ada fungsi Q sehingga limS→UQ(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_CF = 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_CF = 0 maka tidak selalu Q(B) = 0.

Jadi jawaban C juga salah.

D. Ada fungsi Q sehingga limS→UQ(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 + cos}M_{B dan cos 2B = cos}M_{B − sin}M_B Sehingga: 1 − cos 2B = (sinM_{B + cos}M_{B) − (cos}M_{B − sin}M_B)

= sinM_{B + sin}M_{B + cos}M_{B − cos}M_B = 2 sinM_B

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 3 3. Luas daerah di bawah D = −BM_{+ 8B, di atas D = 6B − 24, dan terletak di kuadran I adalah ....}

A. P (−Bb M_{+ 8B)RB} c + P (Bbd M− 2B − 24)RB B. P (−Bb M_{+ 8B)RB} c + P (−Bbd M + 2B + 24)RB C. P (−Bd M_{+ 8B)RB} c + P (−Bde M + 2B + 24)RB D. P (6B − 24)RB_bd + P (−Bd M_{+ 8B)RB} b E. P (6B − 24)RB_cb + P (−Bd M_{+ 8B)RB} b Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian:

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(−Bb M _{+ 8B) − 0kRB} c + i j(−B M_{+ 8B) − (6B − 24)kRB} d b = i (−Bb M_{+ 8B)RB} c + i (−B M_{+ 2B + 24)RB} d b Y X D = 6B − 24 D = −BM_{+ 8B} 8 6 4 0

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 4 4. cos 35° cos 20° − sin 35° sin 20° = ....

A. sin 35° B. sin 55° C. cos 35° D. cos 15° E. sin 15° Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: 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 Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat: 5BM_{+ >B + W = 0 memiliki akar-akar persamaan kuadrat B^ dan BM}

⇒ B^+ BM = −_{5 dan B}> ^∙ BM =₅W

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.

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 5 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. _^dx E. x_e Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian:

Mari kita sketsa dulu grafiknya:

Perhatikan gambar di atas. Sudut pvq adalah sudut siku-siku. pq = yzpM_{+ zq}M _{= y2}M_{+ 4}M _{= √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‰_h Š‹Œ•Ž =h}~•~€•‚ƒ „…€•†‚‡‚€ ˆ‰_h •Œ•Ž− h•‹Š = 1 2 u •pq2 ‘ M (zr × zt ) − •12 × zq × zp‘ = 1 2 u K√202 L M j(2u + 1) × 4 k − •12 × 4 × 2‘ = 20 8 u (8u + 4) − 4 = 5 2 u 8u =₁₆5 p t s r q v X Y z

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 6 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. _Mxd D. _Mx” E. ^M_Mx Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian:

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 = še^_Mx+^bb_Mx = šMMx_Mx = √9 = 3 cm Jadi, cos • =pp_{p™ =}— ^Mx 3 =1215 =45 A B C T 3 5 4 9 5 • A′ B A C A′ 3 4 5 12 5 A— A T 9 5 •

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 7 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 + • Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: D = 5BM_{+ >B + W} Titik puncak (œ, •) ⇒ D = p(B − œ)M_{+ •} ⇔ 5BM _{+ >B + W = p(B}M _{− 2œB + œ}M_{) + •} ⇔ 5BM _{+ >B + W = pB}M_{− 2pœB + pœ}M_{+ •} Dari D = pBM_{− 2pœB + pœ}M_{+ • ⇒ 5 = p} > = −2pœ W = pœM_{+ •} Pencerminan terhadap D = • : B—_{= B} D— _{= 2• − D ⇒ ¡}B = B — D = 2• − D′

Jadi bayangan D = 5BM_{− 25œB + 5œ}M_{+ • terhadap pencerminan D = • adalah:} D = pBM _{− 2pœB + pœ}M_{+ •} ¢£¢¤ ¥£M¦_¥¤ §¨¨¨¨¨¨© 2• − D—_{= pB}—M_{− 2pœB}—_{+ pœ}M _{+ • (dikali − 1)} ⇒ −2• + D—_{= −pB}—M_{+ 2pœB}—_{− pœ}M_{− •} ⇒ D—_{= −pB}—M_{+ 2pœB}—_{− pœ}M_{− • + 2•} ⇒ D—_{= −pB}—M_{+ 2pœB}—_{− pœ}M_{+ •} ∴ YBM_{+ žB + Ÿ = −pB}—M_{+ 2pœB}—_{− pœ}M_{+ •} Dari D = −pBM_{+ 2pœB − pœ}M_{+ • ⇒ Y = −p} ž = 2pœ Ÿ = −pœM_{+ •} Maka 5 + > + W + Y + ž + Ÿ = p − 2pœ + pœM _{+ • − p + 2pœ − pœ}M_{+ •} = 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•

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 8 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 Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: Ingat: i Q(B)RBF C = ¬«(B)-C F _{= «(>) − «(5)} «(1) − «(0) = 3 ⇒ i Q(B)RB^ c = 3 ⇔ i (5 + >B)RB^ c = 3 ⇔ ®5B +1_{2 >B}M_¯ 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¢→c²(¢)_¢ =^_M, maka nilai lim¢→c_{√^_¢_^}²(¢) adalah .... A. −4 B. −2 C. −1 D. 2 E. 4 Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: lim ¢→c ³(B) √1 − B − 1= lim¢→c ³(B) √1 − B − 1∙ √ 1 − B + 1 √1 − B + 1 = lim_¢→c³(B) ∙ j√1 − B + 1k_{(1 − B) − 1} = lim_¢→c³(B) ∙ j√1 − B + 1k_−B

= lim_¢→c³(B)_{−B ∙ lim¢→c}j√1 − B + 1k •ingat lim_¢→C−Q(B) = − lim_¢→CQ(B)‘

= − lim_¢→c³(B)_{B ∙ lim¢→c}j√1 − B + 1k Kingat lim_¢→c³(B)_{B =}1_2L

= −1_{2 ∙ j√1 − 0 + 1k} = −1_{2 ∙ 2}

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 9 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. _Mxe E. Mb_Mx Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: Ingat:

Trigonometri sudut rangkap sin 2B = 2 sin B cos B

Identitas trigonometri sinM_{B + cos}M_{B = 1}

Nah, tantangan soal ini adalah bagaimana memunculkan bentuk 2 sin B cos B dari sin B + cos B ? Ingat (5 + >)M _{= 5}M_{+ 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 + cos}M_{B =} 1

25 ⇔ (sinM_{B + cos}M_{B) + 2 sin B cos B =} 1

25 (ingat sinMB + cosMB = 1) ⇔ 1 + 2 sin B cos B =₂₅ 1 (ingat 2 sin B cos B = sin 2B)

⇔ 1 + sin 2B =₂₅1

⇔ sin 2B =_{25 − 1}1

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 10 12. Lingkaran dengan pusat (2, 3) dan menyinggung garis D = 2B adalah ....

A. 5BM_{+ 5D}M_{− 20B − 30D + 12 = 0} B. 5BM_{+ 5D}M_{− 20B − 30D + 49 = 0} C. 5BM_{+ 5D}M_{− 20B − 30D + 54 = 0} D. 5BM_{+ 5D}M_{− 20B − 30D + 60 = 0} E. 5BM_{+ 5D}M_{− 20B − 30D + 64 = 0} Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: Ingat:

Jarak titik (B^, D^)ke garis 5B + >D + W = 0

R = ¹5B^+ >D^+ W √5M_{+ >}M ¹

Jari-jari (º) lingkaran bisa dinyatakan sebagai jarak titik (2, 3) ke garis 2B − D = 0: R = ¹5B^+ >D^+ W √5M_{+ >}M ¹ = »2(2) + (−1)(3) + 0 y2M_{+ (−1)}M » = ¹ 4 − 3 √4 + 1¹ = ¹ 1 √5¹

Jadi persamaan lingkaran dengan pusat (2, 3) dan jari-jari º =_√x^ adalah:

(B − 5)M_{+ (D − >)}M _{= º}M C£M F£w ¼£^ √x §¨¨¨¨© (B − 2)M_{+ (D − 3)}M _{= °} 1 √5± M ⇒ BM_{− 4B + 4 + D}M_{− 6D + 9 =}1 5 ⇔ BM_{+ D}M _{− 4B − 6D + 13 =}1

5 (kalikan kedua ruas dengan 5) ⇔ 5BM_{+ 5D}M _{− 20B − 30D + 65 = 1}

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 11 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 Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: 2½¾ = Á−œ M 3 −1 dan 2½¾ = K œ œ −5L 2½¾ ∙ 8¾ = Á−œ M 3 −1 ∙ K œ œ −5L = −œ w_{+ 3œ + 5} Misal p = 2½¾ ∙ 8¾, maka p = −œw_{+ 3œ + 5 ⇒ p}— _{= −3œ}M_{+ 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

− − − + + + − − −

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 12 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 Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: Ingat: Ãr¼= _{(Ä − º)! º!} Ä!

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_M)!M!}x! ∙_{(^c_e)!e!}^c! = 1200 3 orang perempuan + 7 orang laki-laki = xrw ∙^cr· =_{(x_w)!w!}x! ∙_{(^c_·)!·!}^c! = 1050 4 orang perempuan + 6 orang laki-laki = xrb ∙^crd =_{(x_b)!b!}x! ∙_{(^c_d)!d!}^c! = 450 Sehingga banyaknya cara adalah = (2v, 8h) + (3v, 7h) + (4v, 6h)

= 1200 + 1050 + 450 = 2700

Bimbel SNMPTN 2012 Matematika IPA by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) Halaman 13 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. _bÅ´C D. _bÅM´C E. _bÅ´MC Penyelesaian: Penyelesaian:Penyelesaian: Penyelesaian: 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)B₄

Luas = Luas persegi panjang + Luas setengah lingkaran L = BD +1_{2 u •}B_2‘M = B K25 − (2 + u)B₄ L +1_{8 uB}M =1_{2 5B − °}2 + u_{4 ± B}M ₊1 8 uBM = − °4 + 2u − u₈ ± BM₊1 2 5B = − °4 + u_{8 ± B}M₊1 2 5B h = − °4 + u_{8 ± B}M₊1 2 5B ⇒ h—= −2 °4 + u8 ± B +12 5 = − °4 + u4 ± B +12 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 + u±}4

⇔ B =_{4 + u}25

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 B₂