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 2011 Matematika Dasar Kode Soal 198 By Pak Anang (http://pakhttp://pak-anang.blogspot.com) anang.blogspot.com)

Jika 6(345 )(6 log 7) + 349 (6 log 7) = 34; , maka nilai 7 adalah .... 9 A. = 9

B. 4 C. 4 D. 8 E. 16

Penyelesaian:

2.

6(345 )(6 log 7) + 349 (6 log 7) = 34; (ingat 6 = 2 ∙ 3) ⇒ 2 ∙ 349 (6 log 7) + 349 (6 log 7) = 349 ∙ 36 (ingat 3 ∙ 345 = 349 ) ⇔ 349 (2 ∙ 6 log 7 + 6 log 7) = 349 ∙ 36 (faktorkan kedua ruas dan bagi kedua ruas dengan 349 ) ⇔ 3 ∙ 6 log 7 = 36 (bagi kedua ruas dengan 3) 6 ⇔ log 7 = 3 (ingat D log E = F ⇒ E = 7G ) ⇔ 7 = 2; ⇔ 7=8 Jika 2 adalah satu-satunya akar persamaan kuadrat 4 H 6 + EH + 7 = 0, maka nilai 7 + E adalah .... A. 32 LOGIKA PRAKTIS: PRAKTIS: B. 2 Bentuk persamaan kuadratnya adalah: 7(H − 2)6 = 7(H 6 − 4H + 4) C. 0 Jadi untuk berapapun nilai faktor pengali 7, jelas terlihat bahwa hasil penjumlahan D. -2 koefisien H dan konstanta pasti nol! E. -32 9

Penyelesaian:

Ingat: 7H 6 + EH + F = 0 memiliki akar-akar persamaan kuadrat H9 dan H6 E F ⇒ H9 + H6 = − dan H9 ∙ H6 = 7 7 H96 = 2 ⇒ H9 + H6 = 4 dan H9 ∙ H6 = 4

Jumlah akar-akar persamaan kuadrat:

⇒

⇔

E H9 + H6 = − 9 4

E

4=−9 4

E = −1

Hasil kali akar-akar persamaan kuadrat: 7 H9 ∙ H6 = 9 ⇒

⇔

4=

4

7 9 4

7=1

Jadi 7 + E = 1 + (−1) = 0 Bimbel SNMPTN 2012 Matematika Dasar by Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com)

Halaman 1

3.

Bangun berikut adalah suatu persegi A

B

C

Jika luas persegi A, B, dan C berturut-turut adalah 16, 36, dan 9, maka luas daerah yang diarsir adalah .... A. 61 B. 60 C. 82 D. 87 E. 88 Penyelesaian: Penyelesaian:

Luas persegi A = 16 ⇒ sisi A = 4 Luas persegi B = 36 ⇒ sisi B = 6 Luas persegi C = 09 ⇒ sisi C = 3 4

6

A

B D

3

C

6

7

Sisi persegi besar = 4 + 6 + 3 = 13 ⇒ Luas persegi besar = sisi × sisi = 13 × 13 = 169 Tinggi segitiga D = 13 − 6 = 7 ⇒ Luas segitiga D =

1 1 × alas × tinggi = × 6 × 7 = 21 2 2

Luas daerah yang diarsir = Luas persegi besar − OLuas (A + B + C + D)P = 169 − (16 + 36 + 9 + 21) = 169 − 82 = 87

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

Halaman 2

4.

Grafik fungsi Q = 7H 6 + EH + F ditunjukkan di bawah ini. Pernyataan yang benar adalah .... A. 7E > 0 dan 7 + E + F > 0 B. 7E < 0 dan 7 + E + F > 0 C. 7E > 0 dan 7 + E + F ≤ 0 D. 7E < 0 dan 7 + E + F < 0 E. 7E < 0 dan 7 + E + F ≥ 0 Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat:

7

7>0

E

E > 0, 7>0 E < 0, 7>0 E=0

F

7<0

F>0 F<0 F=0

grafik terbuka ke atas grafik terbuka ke bawah puncak di sebelah kiri sumbu Q puncak di sebelah kanan sumbu Q puncak tepat di sumbu Q grafik memotong sumbu Q positif grafik memotong sumbu Q negatif grafik melalui titik (0, 0)

.

. . . . .

Analisis grafik fungsi kuadrat V(H) = 7H 6 + EH + F Grafik terbuka ke atas ⇒ 7 > 0 (7 WXYZ[ZV)

E <0 27 ⇒ artinya 7 dan E bertanda sama ⇒ karena 7 > 0 ]7^7 E > 0 (E WXYZ[ZV)

Sumbu simetri berada di kiri sumbu Y ⇒ −

Titik potong dengan sumbu Y di atas sumbu X ⇒ F > 0 (F WXYZ[ZV)

Jadi, pilihan jawaban yang tepat adalah: 7E > 0 dan 7 + E + F > 0


Halaman 3

5.

Jika W̅ adalah negasi dari W, maka kesimpulan dari pernyataan-pernyataan: W ⇒ b dan bc ∨ e̅ adalah .... A. e ∨ W B. W̅ ∨ e̅ C. W̅ ⇒ b D. e̅ ⇒ W E. e̅ ⇒ b Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat: Bentuk implikasi bisa diubah menjadi disjungsi, dan sebaliknya. W ⇒ b ≡ W̅ ∨ b; W ∨ b ≡ W̅ ⇒ b; Penarikan kesimpulan silogisme (W ⇒ b) ∧ (b ⇒ e) ≡ W ⇒ e.

Penarikan kesimpulan silogisme: Premis I Premis II

:W ⇒b : bc ∨ e̅ ≡ b ⇒ e̅

Kesimpulan : W ⇒ e̅ ≡ W̅ ∨ e̅

6.

Nilai cos 6 (15°) + cos6 (35°) + cos6 (55°) + cos6 (75°) adalah .... A. 2 ; B. 6 C. 1 9 D. 6 E. 0 Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat: Sifat trigonometri pada berbagai kuadran cos(90° − 7) = sin 7 ; sin(90° − 7) = cos j ;

⇒ = = = = =

Identitas trigonometri: sin6 7 + cos 6 7 = 1.

cos6 (15°) + cos6 (35°) + cos6 (55°) + cos6 (75°) kIngat 55° = (90° − 35°) dan 75° = (90° − 15°)l cos6 (15°) + cos6 (35°) + cos6 (90° − 35°) + cos6 (90° − 15°) cos6 (15°) + cos6 (35°) + sin6 (35°) + sin6(15°) (sin6(15°) + cos6 (15°)) + (sin6(35°) + cos6 (35°)) 1+1 2


Halaman 4

7.

H + Q = −1 Sistem persamaan linear m−H + 3Q = −11 7H + EQ = 4 mempunyai penyelesaian jika 3E − 27 adalah .... A. −8 TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS: PRAKTIS: B. −4 Lihat angka di sebelah kanan pada tiga persamaan. Ada −1, −11, dan 4. Bayangkan hubungan −1 dan −11 supaya menjadi 4 maka hubungannya adalah C. 0 −1 + (−11) lalu dibagi (−3). Ya kan? D. 4 9o(p9) 9o; 4 Jadi 7 juga dihasilkan dari cara yang sama, 7 = = 0; E = =− E. 8 p; p; ; Penyelesaian:

Jadi, 3E − 27 = 3 q− r − 0 = −4

Eliminasi H untuk menemukan nilai Q: H + Q = −1 −H + 3Q = −11 4Q = −12

4 ;

⇒ Q = −3

Substitusi Q = −3 ke H + Q = −1:

H + Q = −1 ⇒ H + (−3) = −1 ⇒ H = −1 + 3 ⇒ H=2

Jadi penyelesaian sistem persamaan linear adalah (2, −3).

Agar sistem persamaan linear mempunyai penyelesaian yang sama yaitu (2, −3), maka: 7H + EQ = 4 ⇒ 7(2) + E(−3) = 4 ⇒ 27 − 3E = 4 ⇒ −27 + 3E = −4 Jadi, 3E − 27 = −4


Halaman 5

8.

Semua nilai H yang memenuhi s t o6so6

(;s t p4so9)(s t o9) 9

A.

B.

; 9 ;

≤ 0 adalah ….

TRIK SUPERKILAT dan LOGIKA PRAKTIS: PRAKTIS: 6 Ambil angka nol, substitusikan ke persamaan terlihat hasilnya adalah = 2 > 0, 9∙9 artinya jawaban yang memuat nol pasti salah. Jadi, jawaban C, D, dan E pasti salah! 9 Jawaban A dan B bedanya hanya pada angka .

C. H ≤ ; atau H > 1 D. H < E. H <

9 9 ; 9 ;

atau H > 1

9

atau H ≥ 1

Penyelesaian:

Ingat:

;

Mudah saja, coba substitusikan H = ke persamaan, maka penyebutnya nol, nah hal ; yang demikian adalah tidak boleh karena hasilnya tak terdefinisi. 9 Sehingga yang tepat adalah A, karena tidak diikutkan dalam penyelesaian. ;

Definit positif

Grafik fungsi kuadrat seluruhnya berada di atas sumbu H, artinya untuk setiap nilai H maka nilai Q selalu positif. Syarat: 7 > 0 dan v < 0 Definit negatif Grafik fungsi kuadrat seluruhnya berada di bawah sumbu H, artinya untuk setiap nilai H maka nilai Q selalu negatif. Syarat: 7 < 0 dan v < 0

H 6 + 2H + 2 ≤0 (3H 6 − 4H + 1)(H 6 + 1)

Ada dua bentuk yang bisa diabaikan:

1. H 6 + 2H + 2 = definit positif karena 7 > 0 dan v < 0 2. H 6 + 1 = definit positif karena 7 > 0 dan v < 0 Sehingga:

H 6 + 2H + 2 ≤0 (3H 6 − 4H + 1)(H 6 + 1) H 6 + 2H + 2 ≤ 0 kdefinit positif anggap nilainya selalu positif(= 1)l ⇒ (3H − 1)(H − 1)(H 6 + 1) 1 ⇔ ≤0 (3H − 1)(H − 1) Syarat: (3H − 1)(H − 1) < 0 wx]Ey7[ zX{: (3H − 1)(H − 1) = 0 3H − 1 = 0 atau H − 1 = 0 1 H= H = 1 3 +

9 ;

−

1

+

Jadi, penyelesaian adalah < H < 1 ; 9


Halaman 6

9.

Diagram berikut menunjukkan persentase kelulusan siswa tiga sekolah selama empat tahun. 100 90 80

Persemtase Kelulusan

70 60

Sekolah A

50

Sekolah B

40

Sekolah C

30 20 10 0

Tahun 1

Tahun 2

Tahun 3

Tahun 4

Pernyataan berikut yang benar berdasarkan diagram di atas adalah .... A. Rata-rata persentase kelulusan sekolah C terbaik B. Persentase kelulusan sekolah C selalu berada di posisi kedua C. Persentase kelulusan sekolah C selalu lebih baik daripada sekolah A D. Persentase kelulusan sekolah B selalu lebih baik daripada sekolah C E. Persentase kelulusan sekolah C selalu lebih baik dari tahun sebelumnya

Penyelesaian: Penyelesaian:

Penyelesaiannya adalah dengan tanpa menghitung rata-ratanya, karena angka yang ditunjukkan oleh grafik tersebut tidak jelas dengan pasti, alias hanya bisa menduga-duga saja. Analisis jawaban:

A. Rata-rata persentase kelulusan yang terbaik adalah sekolah B. Jelas, logikanya adalah sekolah B selalu unggul cukup jauh pada tahun pertama, tahun kedua dan tahun ketiga dibandingkan dengan sekolah lain, sedangkan tahun keempat sekolah B hanya kalah tipis dengan sekolah C. Jadi jawaban A kurang tepat. B. Persentase kelulusan sekolah C pernah berada di posisi terbaik pada tahun ke-4, sementara itu persentase kelulusan sekolah C juga pernah berada pada posisi paling buncit pada tahun ke-3. Jadi jawaban B juga kurang tepat. C. Persentase kelulusan sekolah C tidak selalu lebih baik dari sekolah A. Ini bisa dilihat dari tahun ke-3 dimana persentase kelulusan sekolah C berada di bawah persentase kelulusan sekolah A. Jadi jawaban C juga kurang tepat. D. Persentase kelulusan sekolah B tidak selalu lebih baik dari sekolah C. Ini bisa dilihat dari tahun ke-4 dimana persentase kelulusan sekolah B berada di bawah persentase kelulusan sekolah C. Jadi jawaban D juga kurang tepat. E. Persentase kelulusan sekolah C memang selalu lebih baik dari tahun sebelumnya. Coba lihat pada grafik. Pada tahun pertama sekolah C meluluskan kurang lebih 68%, lalu meningkat pada tahun kedua menjadi kurang lebih 78%, lalu meningkat menjadi 88% pada tahun ketiga dan meningkat lagi pada tahun keempat menjadi 99%. Jadi jelas bahwa jawaban yang tepat adalah E.


Halaman 7

10.

Fungsi V(H, Q) = FH + 4Q dengan kendala 3H + Q ≤ 9, H + 2Q ≤ 8, H ≥ 0, dan Q ≥ 0 mencapai maksimum di (2, 3), jika .... A. F ≤ −12 atau F ≥ −2 B. F ≤ 2 atau F ≥ 12 C. 2 ≤ F ≤ 12 D. −2 ≤ F ≤ 12 E. 2 ≤ F ≤ 14 Penyelesaian: Penyelesaian:

Ingat:

Bila ada dua fungsi kendala bertanda ”≤” saling berpotongan dan daerah hasil terletak di kuadran I, maka ada tiga kemungkinan letak nilai optimum (nilai maksimum). 1. Pada perpotongan kedua fungsi kendala, jika gradien V(H, Q) berada di antara nilai gradien fungsi kendala. 2. Pada perpotongan sumbu X, jika gradien V(H, Q) memiliki nilai yang paling kecil dibandingkan dengan gradien fungsi kendala. 3. Pada perpotongan sumbu Y, jika gradien V(H, Q) memiliki nilai yang paling besar dibandingkan dengan gradien fungsi kendala. Secara grafis lihatlah pada penggunaan metode garis selidik untuk menentukan nilai optimum program linear berikut: 1)

ℓ

nilai optimum

]ℓ ≤ ]‚(s,ƒ) ≤ ]ℊ V(H, Q)

2)

ℊ

]‚(s,ƒ) ≤ ]ℓ ≤ ]ℊ

ℓ

nilai optimum

V(H, Q)

ℊ

3)

V(H, Q)

ℓ

nilai optimum

]ℓ ≤ ]ℊ ≤ ]‚(s,ƒ) ℊ

Dengan uji gradien, agar fungsi V(H, Q) maksimum di (2, 3) maka gradien fungsi V(H, Q) haruslah berada di antara gradien kedua fungsi kendala. fungsi objektif:

V(H, Q) = FH + 4Q ⇒ gradien ]9 = −

fungsi kendala: 3H + Q ≤ 9

F 4

⇒ gradien ]6 = −3 1 H + 2Q ≤ 8 ⇒ gradien ]; = − 2 Sehingga diperoleh uji gradien sebagai berikut: F 1 ≤ − (dikalikan 4) 4 2 ⇒ −12 ≤ F ≤ −2 (dikalikan − 1) ⇔ 2 ≤ F ≤ 12 −3 ≤ −


Halaman 8

11.

Jika V(H − 1) = H + 2 dan „(H) = , maka nilai („p9 ∘ V)(1) adalah .... so; A. −6 TRIK SUPERKILAT: SUPERKILAT: („p9 ∘ V)(1) = ? B. −2 9 Cari dulu V(1) = ? C. − v7eZ V(1) = V(H − 1) diperoleh H−1=1 6ps

D. 4 E. 4 9

†

Penyelesaian:

V(H − 1) = H + 2 ⇒ V(H − 1) = (H − 1) + 3 ⇔ V(H) = H + 3

2−H H+3 2−H ⇒ Q= H+3 ⇔ Q(H + 3) = 2 − H ⇔ QH + 3Q = 2 − H ⇔ QH + H = −3Q + 2 ⇔ H(Q + 1) = −3Q + 2 −3Q + 2 ⇔ H= Q+1 −3H +2 ∴ „p9 (H) = H+1 „(H) =

⇒ H=2 ⇔ V(2 − 1) = 2 + 2 ⇔ V(1) = 4 p9 p9 (4) Lalu cari „ kV(1)l = „ =? Ingat ya, bahwa V(H) = Q ⇒ V p9 (Q) = H 6ps Dari „(H) = dan „p9 (4) = ? ⇒ „(H) = 4 so; Artinya cari nilai H yang menyebabkan „(H) = 4 2−H = 4 ⇒ 2 − H = 4H + 12 H+3 ⇔ −5H = 10 ⇔ H = −2

Sehingga:

(„p9 ∘ V)(H) = „p9 kV(H)l = „p9 (H + 3) −3(H + 3) + 2 = (H + 3) + 1 −3H − 9 + 2 = H+4 −3H − 7 = H+4 −3(1) − 7 −3 − 7 −10 ∴ („p9 ∘ V)(1) = = = = −2 1+4 5 5


Halaman 9

12.

Jika jumlah 10 suku pertama suatu deret aritmetika adalah −110 dan jumlah 2 suku berturut-turut berikutnya sama dengan 2, maka jumlah 2 suku pertama deret itu adalah .... A. −40 B. −38 C. −36 D. −20 E. −18 Penyelesaian: Penyelesaian:

10 (27 + 9E) 2 ⇔ −110 = 5(27 + 9E) ⇔ 27 + 9E = −22 … (Z)

ˆ95 = −110 ⇒

ˆ95 =

‰99 + ‰96 = 2 ⇒ (7 + 10E) + (7 + 11E) = 2 ⇔ 27 + 21E = 2 … (ZZ) Dari persamaan (Z) dan (ZZ), eliminasi 7:

27 + 9E = −22 27 + 21E = 2 −12E = −24

⇒ E=2

Substitusi E = 2 ke 27 + 9E = −22:

27 + 9E = −22 ⇒ 27 + 2(9) = −22 ⇔ 27 + 18 = −22 ⇔ 27 = −22 − 18 ⇔ 27 = −40 ⇔ 7 = −20

Jadi jumlah 2 suku pertama deret tersebut (ˆ6 ) adalah:

2 ˆ6 = (27 + E) 2 = 1(2(−20) + 2) = −40 + 2 = −38


Halaman 10

13.

Tiga bilangan bulat positif membentuk barisan aritmetika dengan beda 16. Jika bilangan yang terkecil ditambah 10 dan bilangan yang terbesar dikurangi 7, maka diperoleh barisan geometri. Jumlah ketiga bilangan tersebut adalah .... LOGIKA PRAKTIS: PRAKTIS: A. 42 Mencoba-coba, cari suku tengahnya dengan membagi tiga dan suku depan dikurangi 6 dan suku belakang B. 45 ditambah 9, cari mana yang merupakan deret geometri. Tidak lebih dari 1 menit ketemu jawabnya. C. 52 A. Suku tengah 42/3=14, maka barisannya 8 14 23 (bukan barisan geometri, jadi jawaban A salah) D. 54 B. Suku tengah 45/3=15, maka barisannya 9 15 24 (bukan barisan geometri, jadi jawaban B salah) C. Suku tengah 52/3=17,3, maka barisannya 11,3 17,3 26,3 (bukan barisan geometri, jadi jawaban C salah) E. 57 D. Suku tengah 54/3=18, maka barisannya 12 18 27 (ternyata barisan geometri, jadi jawaban D benar)

Penyelesaian: : Suku tengah 57/3=19, maka barisannya 13 19 28 (bukan barisan geometri, jadi jawaban E salah) PenyelesaianE. ‰9 ‰6 ‰;

Barisan Aritmetika: Barisan Geometri : :

Rasio barisan geometri: e=

7 − 16, 7 − 16 + 10, 7 − 6,

7, 7, 7,

7 + 16 7 + 16 + 7 7+9

‰6 ‰; = ⇒ ‰66 = ‰9 ∙ ‰6 ‰9 ‰6 ⇔ 76 = (7 − 6)(7 + 9) ⇔ 76 = 76 + 37 − 54 ⇔ 0 = 37 − 54 ⇔ 37 = 54 ⇔ 7 = 18

Jadi, jumlah ketiga bilangan tersebut adalah ˆ; = ‰9 + ‰6 + ‰; = (7 − 16) + 7 + (7 + 16) = 37 = 3(18) = 54


Halaman 11

14.

Empat siswa A, B, C, dan D masing-masing menabungkan sisa uang jajannya. Setelah setahun menabung, tabungan A Rp300.000,00 lebih sedikit daripada tabungan B dan tabungan C Rp200.000,00 lebih banyak daripada tabungan D. Jika tabungan D adalah Rp500.000,00 dan gabungan tabungan C dan D adalah dua kali tabungan A, maka besar tabungan B adalah .... A. Rp600.000,00 TRIK SUPERKILAT: B. Rp700.000,00 Š = ‹ − 300.000 ‹ = Š + 300.000 Œ+v Œ = v + 200.000 C. Rp800.000,00 = + 300.000 v = 500.000 2 D. Rp850.000,00 2v + 200.000 Œ + v = 2Š = + 300.000 E. Rp900.000,00 2 Penyelesaian: Penyelesaian:

Š = ‹ − 300.000 Œ = v + 200.000 v = 500.000 Œ + v = 2Š

1.200.000 + 300.000 2 = 900.000

=

Substitusi v = 500.000 ke Œ = v + 200.000: Œ = 500.000 + 200.000 = 700.000

Substitusi Œ = 700.000 ke Œ + v = 2Š:

Œ+v 2 700.000 + 500.000 ⇔Š= 2 1.200.000 ⇔Š= 2 ⇔ Š = 600.000

Œ + v = 2Š ⇒ Š =

Substitusi Š = 600.000 ke Š = ‹ − 300.000:

Š = ‹ − 300.000 ⇒ ‹ = Š + 300.000 ⇔ ‹ = 600.000 + 300.000 ⇔ ‹ = 900.000


Halaman 12

15.

1 4 2 1 0 Jika Š adalah matriks 2 × 2 yang memenuhi Š q r = q r dan Š q r = q r, maka hasil kali Š q 0 6 4 2 2 adalah .... 1 0 TRIK SUPERKILAT: A. q r 1 1 0 2 Šq r = q r 0 • Š q 1 4 r = q 1 0r 2 2 0 B. q r 4 0 2 6 0 2 0 2 Šq r = q r 6 2 2 0 C. q r 0 1 masing-masing ruas 0 1 1 •‘’“”‘’“• •–“ 2 Ÿ 1 2 D. q r Š q r = q r —˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜™ Š q r = q r • 2 0 2 2 2 0 2 0 4 0 Šq r=q r 0 2 masing-masing ruas 4 3 0 1 E. q r ž •‘š“›‘ •–“ 4 0 2 0 1 0 Š q r = q r —˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜˜™ Š q r = q r • 6 3 2 1 œ Penyelesaian: Penyelesaian:

2 r 3

1 1 Šq r = q r 2 0 • Š q1 4r = q1 0r 4 0 2 6 0 2 Šq r = q r 6 2 ⇒

Šq

⇔

⇔

⇔

Šq

2 4

1 4 1 r=q 2 6 0 1 Š=q 0 1 Š=q 0

0 r 2 0 1 4 9 r∙q r 2 2 6 1 6 −4 0 r∙ q r 2 −2 −2 1 −3 2 1 0 1• Š=q r∙Ž 1 − 0 2 2 −3 2 Š=q r 2 −1

2 2 2 −3 2 r=q r∙q r 3 2 −1 4 3 2 0 =q r 0 1

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 13

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

Recommend Documents