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

Pembahasan Soal

SELEKSI NASIONAL MASUK PERGURUAN TINGGI NEGERI Disertai TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS

Disusun Oleh :

Pak Anang

1.

Kumpulan SMART SOLUTION dan TRIK SUPERKILAT Pembahasan Soal SNMPTN 2010 2010 Matematika IPA Kode Soal 546 By Pak Anang (http://pakhttp://pak-anang.blogspot.com) anang.blogspot.com)

Diketahui 2 dan 3 adalah dua bilangan bulat positif yang memenuhi adalah .... A. 468 B. 448 C. 368 D. 49 E. 36

5

6

+ = 5

8

5: :;

. Nilai 23(2 + 3)

Penyelesaian:

1 1 13 + = 2 3 36 2 + 3 13 ⇒ = 23 36 ⇒ 2 + 3 = 13 dan 23 = 36 ⇔ 23(2 + 3) = 36 × 13 = 468

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

Halaman 1

2.

Diketahui C < −3. Bentuk yang setara dengan F1 − |1 + 3C|F adalah .... A. −2 − 3C TRIK SUPERKILAT: B. 3C Coba saja substitusikan salah satu nilai yang memenuhi C < −3, C. −2 + 3C misalkan ambil nilai C = −4 D. −3C C = −4 ⇒ F1 − |1 + 3(−4)|F E. 2 − 3C Penyelesaian:

Ingat:

Untuk fungsi mutlak: |C| = H

C, untuk C ≥ 0 −C, untuk C < 0

1 3 |1 + 3C| = K 1 −1 − 3C, untuk C < − 3 1 + 3C, untuk C ≥ −

⇔ F1 − |1 − 12|F ⇔ F1 − |−11|F ⇔ |1 − 11| ⇔ |−10| ⇔ 10

Maka cari di pilihan jawaban jika disubstitusikan C = −4 menghasilkan nilai 10. Ternyata hanya dipenuhi oleh jawaban A. Selesai!

Jadi, untuk C < −3 dimana berada pada daerah C < − , maka fungsi harga mutlak bernilai fungsi : negatifnya harga mutlak. ⇒ |1 + 3C| = −1 − 3C

5

Sehingga,

F1 − |1 + 3C|F = |1 − (−1 − 3C)| ⇒ = |1 + 1 + 3C| ⇔ = |2 + 3C|

Ternyata kita masih bertemu lagi dengan fungsi bernilai mutlak, |2 + 3C|. 2 3 |2 + 3C| = K 2 −2 − 3C, untuk C < − 3 2 + 3C, untuk C ≥ −

Jadi, untuk C < −3 dimana berada pada daerah C < − :, maka fungsi harga mutlak bernilai fungsi negatifnya harga mutlak. ⇒ |2 + 3C| = −2 − 3C

M

Sehingga jawaban yang tepat adalah A.


Halaman 2

3.

Suku banyak yang akarnya √2 − √5 adalah .... A. C R + 14C M + 9 B. C R − 14C M + 9 C. C R − 14C M − 9 D. C R + 14C M + 89 E. C R − 14C M + 89 Pembahasan:

C = √2 − √5

Karena suku banyak mengandung variabel C M dan C R , maka tentukan nilai C M dan C R : M

C M = T√2 − √5U = T√2 − √5UT√2 − √5U = 2 − √10 − √10 + 5 = 7 − 2√10 M

C R = T7 − 2√10U = T7 − 2√10UT7 − 2√10U = 49 − 14√10 − 14√10 + 40 = 89 − 28√10

Jadi,

4.

C R + C M = T89 − 28√10U + T7 − 2√10U

⇒ C R + C M = 96 − 30√10 ⇔ C R + C M = 15T7 − 2√10U − 9 Tingat C M = 7 − 2√10U ⇔ C R + C M = 15C M − 9 R M ⇔ C + C − 15C + 9 = 0 ⇔ C R − 14C M + 9 = 0

Diketahui 2W, 3W, dan X̅ vektor dalam dimensi-3. Jika 2W ⊥ 3W dan 2W ⊥ T3W + 2X̅U, maka 2W ∙ T23W − X̅U adalah .... A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 E. −1 Penyelesaian:

Ingat:

Jika 2W dan 3W saling tegak lurus maka 2W ∙ 3W = 0

Dan pada perkalian titik berlaku: 2W ∙ T3W + X̅U = 2W ∙ 3W + 2W ∙ X̅ Dari soal diketahui bahwa: 2W ⊥ 3W ⇒ 2W ∙ 3W = 0

2W ⊥ T3W + 2X̅U ⇒ 2W ∙ T3W + 2X̅U = 0 ⇔ 2W ∙ 3W + 2W ∙ 2X̅ = 0 (ingat 2W ∙ 3W = 0) ⇔ 0 + 2(2W ∙ X̅) = 0 ⇔ 2W ∙ X̅ = 0

Maka nilai dari 2W ∙ T23W − X̅U adalah:

2W ∙ T23W − X̅U = 2W ∙ 23W − 2W ∙ X̅ = 2T2W ∙ 3WU − 2W ∙ X̅ = 2(0) − 0 =0


Halaman 3

5.

Jumlah 50 suku pertama deret log 5 + log 55 + log 605 + log 6655 + ⋯ adalah .... A. log(5555]^ ) B. log(5555]^ ) C. log(5M] 115MM] ) D. log(25M] 115MM] ) E. 1150 log(5) Penyelesaian:

Ingat:

Deret aritmetika: a _` = (22 + (a − 1)3) 2 Logaritma: log(2 × 3) = log 2 + log 3 2 log 3 = log 3 6 Pangkat: (2b )` = 2b×`

Dari deret tersebut kita bisa menentukan suku-suku barisan sebagai berikut: c5

log 5

cM

log 55

c:

log 605

cR

log 6655

Perhatikan, pertama kita harus menentukan termasuk dalam barisan apakah barisan tersebut?

Barisan aritmetika yang mempunyai selisih tetap, atau barisan geometri yang memiliki rasio tetap? Oke, mari kita lihat dengan seksama bahwa, c5 = log 5

cM = log 55 = log(5 × 11) = log 5 + log 11

c: = log 605 = log(55 × 11) = log 55 + log 11

cR = log 6655 = log(605 × 11) = log 605 + log 11

Jadi dari barisan tersebut kita bisa menyimpulkan bahwa barisan tersebut memenuhi ciri-ciri barisan aritmetika yang memiliki selisih tetap. 2 = log 5

3 = log 11

Sehingga jumlah 50 suku pertama deret aritmetika tersebut adalah: a _` = (22 + (a − 1)3) 2 50 (2 log 5 + (50 − 1) log 11) (ingat 2 log 3 = log 3 6 ) a = 50 ⇒ _]^ = 2 ⇔ = 25(log 5M + log 11Re ) ⇔ = 25 log 25 + 25 log 11Re (ingat 2 log 3 = log 3 6 ) ⇔ = log 25M] + log(11Re )M] (ingat (2b )` = 2b×` ) ⇔ = log 25M] + log 115MM] (ingat log 2 + log 3 = log(2 × 3)) ⇔ = log(25M] 115MM] )


Halaman 4

6.

Diketahui barisan dengan suku pertama f5 = 15 dan memenuhi f` − f`g5 = 2a + 3, a ≥ 2. Nilai f]^ + fM adalah .... A. 2688 B. 2710 C. 2732 D. 2755 E. 2762 Penyelesaian:

Ingat:

Barisan aritmetika adalah barisan yang memiliki selisih tetap.

Sedangkan kadang kita menemui barisan yang bukan barisan geometri tetapi selisihnya tidak tetap. Nah mungkin kita sedang menemui barisan aritmetika bertingkat. Apa itu barisan aritmetika bertingkat? Barisan aritmetika bertingkat adalah barisan bilangan yang tidak memiliki beda tetap, tetapi apabila beda itu dijadikan barisan bilangan, demikian seterusnya maka pada suatu saat akan ditemukan beda yang tetap. 2 (a − 1)3 (a − 2)(a − 1)X (a − 3)(a − 2)(a − 1)h + + + + … dst dst dst 0! 1! 2! 3! Barisan aritmetika bertingkat a, artinya beda tetap didapatkan pada tingkat ke-a.

c` =

f5 = 15

Terlihat bahwa beda tetap didapatkan pada tingkat ke-2. Jadi barisan tersebut merupakan barisan aritmetika tingkat 2.

f` − f`g5 = 2a + 3; a ≥ 2

a = 2 ⇒ fM − f5 = 2(2) + 3 ⇔ fM − 15 = 7 ⇔ fM = 7 + 15 ⇔ fM = 22

Rumus suku ke-a barisan aritmetika tingkat 2:

2 (a − 1)3 (a − 2)(a − 1)X + + 0! 1! 2! dengan 2 = 15, 3 = 7, dan X = 2. c` =

a = 3 ⇒ f: − fM = 2(3) + 3 ⇔ f: − 22 = 9 ⇔ f: = 9 + 22 ⇔ f: = 31 a = 4 ⇒ fR − f: = 2(4) + 3 ⇔ fR − 31 = 11 ⇔ fR = 11 + 31 ⇔ fR = 42 c5

2 15

cM

3 +7

22

X +2

c:

+9

31 +2

+11

Jadi:

15 (a − 1) ∙ 7 (a − 2)(a − 1) ∙ 2 + + 0! 1! 2! M = 15 + 7a − 7 + a − 3a + 2 = aM + 4a + 10

c` =

cR

42

Sehingga:

c]^ + cM = = = =

((50)M + 4(50) + 10) + 22 (2500 + 200 + 10) + 22 2710 + 22 2732


Halaman 5

7.

Kubus klmn. opqr panjang sisinya 1 dm. Titik s pada lm dengan |sm| = t dm. Titik u adalah proyeksi k pada ns dan v adalah proyeksi u pada bidang opqr. Luas segitiga kuv adalah .... dmM 5 A. TRIK SUPERKILAT: x

B.

C.

M√w y5 5

√w x y5 2√t M +

D. 5 E. 1 + t M

1

√w x g5

Penyelesaian: E

H

D

A

Misal t = 1 dm berarti luas daerah diarsir adalah seperempat dari luas bidang diagonal. Luas bidang diagonal adalah diagonal sisi kali panjang sisi. |8•‚6`ƒ ‚•6ƒ„`6… = √2 ∙ 1 = √2

Jadi luas daerah adalah √2 R Cek di jawaban jika disubstitusi t = 1, maka 5 5 A. = √2. Horeeee ini jawabannya… 5

R

G

F

Q

B

1 dm

P

C t dm

B.

M√M 5

R 5

= √2. Salah! M √M

C. 2√2. Salah! ^ = 0. Salah! D. 5 E. 1 + 1 = 2. Salah…

Gampang kan?

Perhatikan segitiga PCD, berlaku aturan Pythagoras sebagai berikut:

nsM = sm M + mnM ⇒ nsM = t M + 1M ⇔ ns = zt M + 1

Perhatikan segitiga APD. Misal P’ adalah proyeksi dari P pada garis AD Luas segitiga APD bisa dicari menggunakan 2 cara. Pertama, |∆ksn = × ss~ × kn M 5

Kedua, |∆ksn = M × ku × ns

Sehingga:

5

1 1 × ss~ × kn = × ku × ns 2 2 ⇒ ss~ × kn = ku × ns ss~ × kn ⇔ ku = ns 1×1 ⇔ ku = √t M + 1 1 ⇔ ku = √t M + 1 Jadi luas segitiga AQR adalah: 1 × ku × uv 2 1 1 = × ×1 2 √t M + 1 1 = dmM M 2√t + 1

|∆kuv =


Halaman 6

8.

Manakah pernyataan berikut yang benar? A. Jika sin C = sin †, maka C = † B. Jika cos C = cos †, maka C = † C. Jika C M = 2 log C, untuk semua C ≠ 0 D. Jika log C = log †, maka C = † E. √C M = C, untuk semua C Penyelesaian:

Penyelesaian untuk soal ini harus dianalisis setiap pilihan jawaban.

Analisis jawaban:

A. Jika sin C = sin †, maka C = †. Ini kurang tepat karena tidak selalu C = †, tetapi ada nilai lain selain † yang memenuhi persamaan tersebut. Ingat lagi konsep trigonometri antar kuadran. sin C = sin † ⇒ C = † + ˆ ∙ 360° ⇒ C = (180° − †) + ˆ ∙ 360° Jadi jawaban A salah.

B. Jika cos C = cos †, maka C = †. Ini kurang tepat karena tidak selalu C = †, tetapi ada nilai lain selain † yang memenuhi persamaan tersebut. Ingat lagi konsep trigonometri antar kuadran. cos C = cos † ⇒ C = † + ˆ ∙ 360° ⇒ C = (360° − †) + ˆ ∙ 360° Jadi jawaban B juga salah.

C. Jika C M = 2 log C, untuk semua C ≠ 0. Ingat syarat logaritma, jika 6 log Š(C) = ‹, maka Š(C) = 2Œ , syarat Š(C) > 0. Jadi untuk C M = 2 log C, syarat C > 0. Sehingga tidak semua C ≠ 0 yang bisa memenuhi persamaan tersebut, karena jelas tidak akan memenuhi untuk bilangan C < 0. Jadi jawaban C juga salah.

D. Jika log C = log †, maka C = †. Jelas ini sesuai dengan sifat persamaan logaritma, dengan tambahan syarat C, † > 0. Jadi jawaban D adalah jawaban yang tepat. E. √C M = C, untuk semua C.

C, C ≥ 0 Ingat definisi akar, √C M = |C| = ±C = • −C, C < 0 Jadi jawaban E juga salah.


Halaman 7

9.

Nilai lim•→^

√R• √’“” •

A. √2 B. 1 5 C.

adalah ....

M 5

D. R E. 0

Penyelesaian:

Ingat:

Sifat akar: √2

=•

√3 Sifat limit:

2 3

lim zŠ(C) = • lim Š(C)

•→6

•→6

2C sin 2C tan 2C 2C = lim = lim = lim =1 •→^ sin 2C •→^ 2C •→^ 2C •→^ tan 2C lim X = X lim

•→^

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

⇔ ⇔

lim

√4C

•→^ √sin 2C

√4C

= lim

•→^ √sin 2C

= lim ˜ •→^

–ingat

√2

2 =• — 3 √3

4C –ingat lim zŠ(C) = • lim Š(C) — •→6 •→6 sin 2C

4C 2C ™ingat buat limit menjadi ke bentuk lim = 1š •→^ sin 2C •→^ sin 2C

= ˜ lim

4C 2C ∙ •→^ sin 2C 2C

= ˜ lim

2C 4C 2C ∙ lim ™ingat lim = 1š •→^ sin 2C •→^ 2C •→^ sin 2C

= ˜ lim

= •1 ∙ lim 2 ™ingat lim X = Xš •→^

= √1 ∙ 2 = √2

•→^


Halaman 8

10.

Luas daerah persegi panjang terbesar yang dapat dibuat dalam daerah yang dibatasi kurva † = C M : dan † = 5 adalah .... 5; A. √5 : 5

B.

5›

√5

E.

M^

√5

:

C. 6√5 5e D. √5 : :

Penyelesaian:

Mari kita sketsa dulu grafiknya:

1 ž−C, C M Ÿ 3

−C

Y

†=

5

C

1 žC, C M Ÿ 3

1 M C 3

†=5 X

Perhatikan daerah berwarna merah. Daerah tersebut adalah daerah persegi panjang yang dapat 5 dibuat di dalam daerah yang dibatasi kurva † = : C M dan † = 15. Panjang persegi panjang tersebut adalah jarak dari C ke – C yaitu C − (−C) = 2C. 5 5 Lebar persegi panjang tersebut adalah jarak dari 5 ke C M yaitu 5 − C M . Luas daerah persegi panjang tersebut adalah: 2 1 | = ‹ × ℓ = 2C ž5 − C M Ÿ = 10C − C : 3 3

:

:

2 | = 10C − C : ⇒ |~ = 10 − 2C M 3

Luas maksimum akan dipenuhi untuk |~ = 0 10 − 2C M = 0 ⇒ 2C M = 10 ⇔ CM = 5 ⇔ C = √5

Jadi luas maksimum persegi panjang tersebut adalah: M 1 | = 2T√5U ž5 − T√5U Ÿ 3 15 5 = 2√5 ž − Ÿ 3 3 10 = 2√5 ž Ÿ 3 20 √5 = 3


Halaman 9

11.

Perhatikan gambar berikut! Persegi klmn dengan panjang sisi 10 cm. Lingkaran melalui titik k dan n dan menyinggung sisi lm. Luas lingkaran tersebut adalah .... cmM A. 10¢ A B B. 20¢ ;M] C. ¢ 5; :M]

D.

£ £]

E.

M

¢

¢

Penyelesaian:

D

C

Mari kita lihat titik singgung persegi klmn terhadap lingkaran. Juga lihat titik pusat lingkaran. A

B

D

C

Maka garis merah tersebut adalah jari-jari lingkaran.

Nah, sekarang mari kita lihat ukuran persegi panjang dan misalkan jari-jari lingkaran adalah ¤. A

5

5

D

¤

10 − ¤

¤

10

¤

B

C

Perhatikan segitiga berwarna merah. Pada segitiga tersebut berlaku aturan Pythagoras: 5

¤ 10 − ¤

(10 − ¤)M + 5M = ¤ M ⇒ 100 − 20¤ + ¤ M + 25 = ¤ M ⇔ 125 − 20¤ = 0 ⇔ 20¤ = 125 5M] ⇔ ¤ = M^ ⇔

Jadi luas lingkaran dengan jari-jari ¤ = | = ¢¤ M = ¢ ž

25 M 625 Ÿ = ¢ 4 16

M] R

¤=

adalah:

M] R


Halaman 10

12.

Jika nilai maksimum Š(C) = C + z2‹ − 3C adalah , maka nilai ‹ adalah .... R A. 1 M B. ]

C.

: : R :

D. M E. 2

Penyelesaian:

Ingat:

Sifat turunan:

† = C ` ⇒ † ~ = aC `g5

Sifat turunan substitusi:

† = TŠ(C)U ⇒ † ~ = a ∙ TŠ(C)U `

`g5

∙ Š ~ (C) 5

Š(C) = C + z2‹ − 3C = C + (2‹ − 3C)M 5 1 3 ⇒ Š ~ (C) = 1 + (2‹ − 3C)gM ∙ (−3) = 1 − 2 2

Nilai Š(C) akan maksimum untuk Š ~ (C) = 0. Š ~ (C) = 0 3 ⇒ 1− =0 2z2‹ − 3C 3 ⇔ =1 2z2‹ − 3C

1

(2‹ −

5 3C)M

= 1−

3

2z2‹ − 3C

⇔

2z2‹ − 3C = 3 3 ⇔ z2‹ − 3C = (kuadratkan kedua ruas) 2 9 ⇔ 2‹ − 3C = 4 9 ⇔ 3C = 2‹ − (bagi kedua ruas dengan 3) 4 2 3 ⇔ C = ‹− 3 4 Maka nilai ‹ adalah: 2 3 5 2 3 2 3 5 Š ž ‹ − Ÿ = ⇒ ž ‹ − Ÿ + ˜2‹ − 3 ž ‹ − Ÿ = 3 4 4 3 4 3 4 4 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

2 3 9 5 ‹− +˜ = 3 4 4 4

2 3 3 5 ‹− + = 3 4 2 4 2 5 3 6 ‹= + − 3 4 4 4 2 1 ‹= 3 2 1 3 ‹= ∙ 2 2 3 ‹= 4


Halaman 11

13.

Diketahui selembar seng dengan panjang 80 cm dan lebar 30 cm. Jika panjang dan lebarnya dipotong dengan ukuran sama sehingga luas seng menjadi 275 cmM , maka panjang dan lebarnya harus dipotong .... cm TRIK SUPERKILAT LOGIKA PRAKTIS: A. 30 Bilangan (80 − C)(30 − C) = 275 B. 25 Bilangan dengan angka terakhir 5, hanya dihasilkan dari perkalian angka terakhir 5 dan 5. Jadi angka terakhir C juga harus 5. Sehingga jawaban tinggal B. 25 dan E. 15 saja…… C. 24 Dengan menggunakan cara coba-coba, mensubstitusikan C, maka jawaban yang tepat D. 20 ternyata hanya B saja! C = 25 ⇒ 55 × 5 = 275 !! E. 15 Penyelesaian:

30 − C

80 − C

80

C

C

30

Perhatikan daerah diarsir berwarna merah. Daerah tersebut adalah daerah yang harus dipotong. Luas daerah yang tidak diarsir adalah 275 cm2.

Sehingga,

(80 − C)(30 − C) = 275 | = 275 ⇒ ⇔ 2400 − 110C + C M = 275 ⇔ C M − 110C + 2125 = 0 (C − 25)(C − 85) = 0 ⇔ ⇔ C − 25 = 0 atau C − 85 = 0 ⇔ C = 25 C = 85

Ada dua nilai C yaitu 85 (tidak mungkin karena lebarnya hanya 30) dan 25.

Jadi seng tersebut harus dipotong panjang dan lebarnya sepanjang 25 cm, supaya luas seng yang tersisa sebesar 275 cm2.


Halaman 12

14.

Sejumlah siswa terdiri atas 5 putra dan 5 putri membentuk panitia yang terdiri atas 4 orang siswa. Peluang panitia tersebut memuat paling banyak 2 siswa putri adalah .... 5; A.

B. C.

D. E.

M5 55 :› M: RM :5 RM :] RM

Penyelesaian: Ingat: ` m¦

=

a! (a − ¤)! ¤!

k = Banyaknya cara membentuk panitia beranggotakan 4 orang, paling banyak 2 siswi putri: 0 orang perempuan + 4 orang laki-laki = ] m^ ∙ ] mR = (]g^)! ∙ (]gR)! ]!

^!

]!

R!

=1∙5=5

1 orang perempuan + 3 orang laki-laki = ] m5 ∙ ] m: = (]g5)! 5! ∙ (]g:)! :! = 5 ∙ 10 = 50 ]!

]!

2 orang perempuan + 2 orang laki-laki = ] mM ∙ ] mM = (]gM)! M! ∙ (]gM)! M! = 10 ∙ 10 = 100 ]!

Jadi,

]!

a(k) = 5 + 50 + 100 = 155

_ = Banyaknya cara membentuk panitia beranggotakan 4 orang dari 10 orang adalah: a(_) = 5^ mR =

10! = 210 (10 − 4)! 4!

Sehingga peluang membentuk panitia adalah: s(k) =

a(k) 155 31 = = a(_) 210 42


Halaman 13

15.

Integral yang menyatakan luas daerah yang dibatasi oleh kurva † = √C, C + † − 6 = 0, dan sumbu X adalah .... ; e A. §^ √C hC + §; (C − 6) hC B. §^ √C hC − §R (C − 6) hC R

e

C. §^ √C hC + §R (C − 6) hC R

e

D. §^ √C hC − §R (C − 6) hC R

;

E. §^ √C hC + §R (C − 6) hC R

Penyelesaian:

;

Mari kita sketsa dulu grafiknya. Y

6

0

4

6

X

9

Perpotongan kurva † = √C dan † = 6 − C √C = 6 − C (kuadratkan kedua ruas) ⇒ C = 36 − 12C + C M M ⇔ C − 13C + 36 = 0 (C − 4)(C − 9) = 0 ⇔ ⇔ C − 4 = 0 atau C − 9 = 0 ⇔ C=4 C=9 Jadi titik potong kurva dan garis tersebut adalah di C = 4 dan C = 9.

Perhatikan daerah yang diarsir, daerah tersebut adalah daerah yang dibatasi oleh kurva † = √C, garis † = 6 − C dan sumbu X. Jadi integral yang menyatakan luas daerah arsir tersebut adalah: R

;

| = ¨ √C hC + ¨ (6 − C) hC ^

R

Lho kok di pilihan jawaban A, B, C, D, maupun E nggak ada? Yang ada bentuknya adalah (C − 6).

Perhatikan yang ditandai dengan warna merah pada integral luas diatas. 8

8

Ingat: ¨ −Š(C) hC = − ¨ Š(C) hC 6

6

Sehingga, integral luas bisa diubah menjadi: R

;

R

;

| = ¨ √C hC + ¨ (6 − C) hC = ¨ √C hC − ¨ (C − 6) hC ^

R

^

R

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.


Halaman 14

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

Recommend Documents