Pembahasan Soal SBMPTN 2016 Sains dan Teknologi Bidang Matematika

Kali ini saya akan membahas mengenai soal SBMPTN Sains dan Teknologi bidang matematika tahun 2016 dengan kode paket soal 229. SBMPTN merupakan kepanjangan dari Seleksi Bersama Masuk Peguruan Tinggi Negeri yang dulunya sempat bernama UMPTN, SPMB, dan masih ada beberapa lagi sebelum akhirnya diberi nama SBMPTN. Dalam SBMPTN Sains dan Teknologi, matematika merupakan salah satu bidang yang diujikan soal yang diujikan hanya 15 soal untuk bidang matematika.

Berikut ini saya sajikan pembahasan SBMPTN Saintek 2016 dengan kode paket 229.

1.

Diketahui lingkaran menyinggung sisi-sisi persegi panjang dengan ukuran 12 $\times$ 15, seperti pada gambar. Garis CE menyinggung lingkaran. Panjang DE = …
(A) 4
(B) 3$\sqrt{3}$
(C) 5
(D) 4$\sqrt{3}$
(E) 6

Penyelesaian:
Untuk menyelesaikan soal ini, anda perlu memahami materi Pythagoras dan Garis Singgung Lingkaran yang diajarkan di SMP

Melalui satu titik di luar lingkaran maka dapat dibuat 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 adalah …
(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 menentukan BC kita akan memanfaatkan luas segitiga BCD dengan menggunakan perbandingan trigonometri sinus yang artikelnya dapat dilihat pada Menentukan Luas Segitiga Dengan 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 semua x di selang [0,2$\pi$] yang memenuhi pertidaksamaan $\sqrt{3}cos x \leq sin x \leq 0$ dapat dituliskan sebagai [a, b]. Nilai $a \times b$ adalah …
(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 jika 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 karena 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 $[\pi, \frac{4\pi}{3}]$. Dengan 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 pusat (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, materi prasyarat yang harus dikuasai adalah materi 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 adalah titik tengah rusuk CD. Jika R terletak pada rusuk AB dimana RM sejajar AE, maka sin $\angle$MNR adalah …
(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 dapat memisalkan panjang rusuk dari kubus adalah 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$\sqrt{2}$. Dengan menggunakan kesebangunan pada segitiga MBR dan ABE diperoleh panjang AR = 1, BR = 3, dan MR = 3.
Selanjutnya kita buat titik P yang merupakan titik tengah dari AB

NP sejajar dengan AD,  NP = 4 dan RP = 2 – 1 = 1. Kemudian gunakan teorema pythagoras untuk menentukan RN
$RN = \sqrt{4^2 + 1^2}$
$RN = \sqrt{17}$

Kemudian tentukan MN dengan menggunakan 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) adalah fungsi dengan sifat f(-x)  = f(x) dan g(-x) = g(x). Jika sisa pembagian (x-1)f(x) oleh x$^2$ – 2x – 3 adalah x + 3 dan sisa pembagian (x + 2)g(x) oleh  x$^2$ + 2x – 3 adalah x + 5, maka sisa pembagian xf(x)g(x) oleh x$^2$ + 4x + 3 adalah …
(A) -10x – 8
(B) -8x – 6
(C) -6x – 4
(D) -5x – 3
(E) -4x – 2

Penyelesaian
Soal nomor 6 merupakan soal pembagian 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 jika sisa pembagian 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)
Dengan menggunakan 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 jika …
(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 positif 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 merupakan soal tentang 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$

9. Misalkan $(a_n)$ adalah barisan geometri yang memenuhi sistem $a_2 + a_5 – a_4 = 10$, $a_3 + a_6 – a_5 = 20$. Nilai dari $a_2$ adalah …
(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 $f(x) = a\sqrt{x} + \dfrac{b}{\sqrt{x}}$ mempunyai 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 merupakan soal tentang 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 dapat 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)
Dengan menggunakan teknik 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
$\int_{0}^{2}f(x) dx = B$ bisa 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 dapat 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 $\int^{2}_{1} f(x) dx$ karena $f(4) = f(2 + 2) = f(2)$ 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 $\int^{2}_{0} f(x) dx$ karena $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 $\int^{1}_{0} f(x) dx = A$ karena $f(7) = f(5 + 2) = f(5) = f(3 + 2) = f(3) = f(1 + 2) = f(1)$ 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 adalah daerah yang dibatasi oleh kurva g, sumbu x dan x = 1. Kurva f membagi daerah D menjadi $D_1$ dan $D_2$ dengn perbandingan luas 1 : 2. Jika $D_1$ adalah daerah 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 merupakan soal tentang 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 adalah …
(A) 48
(B) 54
(C) 60
(D) 64
(E) 72
Penyelesaian
Untuk a bilangan yang mungkin digunakan adalah 1, 2, 3, …., 9
Untuk b bilangan yang mungkin digunakan adalah 4, 5, 6, 7, 8
untuk c bilangan yang mungkin digunakan adalah 4, 6, 8
Karena terdapat syarat 3 < b < c
maka nilai c yang mungkin adalah 6 dan 8 sedangkan b hanya 4, 5, dan 6
Jadi, banyak bilangan yang mungkin adalah $9 \times 3 \times 2 = 54$ (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 adalah …
(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 menyelesaikan 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 dapat ditentukan dengan turunan pertama dari kurva $y = 3 – x^2$
$y’ = – 2x$
$m = -2(-a)$
$m = 2a$
Dengan 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$ adalah 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 semoga bermanfaat.

Terima kasih atas komentar yang telah anda berikan
EmoticonEmoticon