sman 12 makassar - inspired2write.com

32
Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak 1 SMAN 12 MAKASSAR SOAL DAN PEMBAHASAN NILAI MUTLAK A. Konsep Nilai Mutlak 1. Hasil dari |8| + |βˆ’4| βˆ’ |βˆ’3| =…. A. 15 B. 12 C. 11 D. 9 E. 1 Pembahasan |8| + |βˆ’4| βˆ’ |βˆ’3| = 8 + 4 βˆ’ 3 = 12 βˆ’ 3 = 9 Jawaban D 2. Hasil dari βˆ’|2 Γ— 5 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 2 Γ— 4| =…. A. βˆ’6 B. βˆ’3 C. βˆ’2 D. 3 E. 6 Pembahasan βˆ’|2 Γ— 5 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 2 Γ— 4| = βˆ’|10 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 8| = βˆ’|βˆ’3| Γ— |βˆ’2| = βˆ’3 Γ— 2 = βˆ’6 Jawaban A 3. Hasil dari βˆ’|4| 3 +|βˆ’4| 2 |βˆ’4| 3 βˆ’|βˆ’4| 2 adalah …. A. βˆ’ 5 3 B. βˆ’1 C. 1 3 D. 3 5 E. 1 Pembahasan βˆ’|4| 3 + |βˆ’4| 2 |βˆ’4| 3 βˆ’ |βˆ’4| 2 = βˆ’64 + 16 64 βˆ’ 16 = βˆ’48 48 = βˆ’1 Jawaban B 4. Untuk = βˆ’2, hasil |6| Γ— |βˆ’9| βˆ’ |βˆ’3| 2 =…. A. 18 B. 36 C. 180 D. 216 E. 360

Upload: others

Post on 20-Oct-2021

8 views

Category:

Documents


0 download

TRANSCRIPT

Page 1: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

1

SMAN 12 MAKASSAR

SOAL DAN PEMBAHASAN NILAI MUTLAK

A. Konsep Nilai Mutlak

1. Hasil dari |8| + |βˆ’4| βˆ’ |βˆ’3| =….

A. 15

B. 12

C. 11

D. 9

E. 1

Pembahasan

|8| + |βˆ’4| βˆ’ |βˆ’3| = 8 + 4 βˆ’ 3 = 12 βˆ’ 3 = 9

Jawaban D

2. Hasil dari βˆ’|2 Γ— 5 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 2 Γ— 4| =….

A. βˆ’6

B. βˆ’3

C. βˆ’2

D. 3

E. 6

Pembahasan

βˆ’|2 Γ— 5 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 2 Γ— 4| = βˆ’|10 βˆ’ 7| Γ— |6 βˆ’ 8| = βˆ’|βˆ’3| Γ— |βˆ’2| = βˆ’3 Γ— 2 = βˆ’6

Jawaban A

3. Hasil dari βˆ’|4|3+|βˆ’4|2

|βˆ’4|3βˆ’|βˆ’4|2 adalah ….

A. βˆ’5

3

B. βˆ’1

C. 1

3

D. 3

5

E. 1

Pembahasan

βˆ’|4|3 + |βˆ’4|2

|βˆ’4|3 βˆ’ |βˆ’4|2=

βˆ’64 + 16

64 βˆ’ 16=

βˆ’48

48= βˆ’1

Jawaban B

4. Untuk π‘₯ = βˆ’2, hasil |6π‘₯| Γ— |βˆ’9π‘₯| βˆ’ |βˆ’3π‘₯|2 =….

A. 18 B. 36

C. 180

D. 216

E. 360

Page 2: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

2

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan

|6(βˆ’2)| Γ— |βˆ’9(βˆ’2)| βˆ’ |βˆ’3(βˆ’2)|2

= |βˆ’12| Γ— |18| βˆ’ |6|2

= 12 Γ— 18 βˆ’ 36

= 216 βˆ’ 36

= 180

Jawaban C

5. Nilai |10 + π‘₯ βˆ’ π‘₯2| untuk π‘₯ = 20 adalah ….

A. 370

B. 380

C. 390

D. 410

E. 430

Pembahasan

|10 + π‘₯ βˆ’ π‘₯2|

= |10 + 20 βˆ’ 202|

= |10 + 20 βˆ’ 400|

= |30 βˆ’ 400|

= |βˆ’370|

= 370

Jawaban A

B. Fungsi Nilai Mutlak

1. Diketahui 𝑓(π‘₯) = |π‘₯ βˆ’ 5|. Nilai 𝑓(0) + 𝑓(5) βˆ’ 𝑓(10) Γ— 𝑓(βˆ’2) =….

A. βˆ’35

B. βˆ’30

C. 30

D. 40

E. 45

Pembahasan

𝑓(0) = |0 βˆ’ 5| = |βˆ’5| = 5 𝑓(5) = |5 βˆ’ 5| = |0| = 0

𝑓(10) = |10 βˆ’ 5| = |5| = 5

𝑓(βˆ’2) = |βˆ’2 βˆ’ 5| = |βˆ’7| = 7

Nilai 𝑓(0) + 𝑓(5) βˆ’ 𝑓(10) Γ— 𝑓(βˆ’2) = 5 + 0 βˆ’ 5 Γ— 7 = 5 βˆ’ 35 = βˆ’30

Jawaban B

2. Gambarkan grafik fungsi 𝑓(π‘₯) = |π‘₯| βˆ’ 3

Pembahasan

Fungsi 𝑓(π‘₯) = |π‘₯| βˆ’ 3 dapat ditulis menjadi 𝑦 = |π‘₯| βˆ’ 3

Page 3: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

3

SMAN 12 MAKASSAR

o Titik potong dengan sumbu Y jika π‘₯ = 0

𝑦 = |0| βˆ’ 3 = 0 βˆ’ 3 = βˆ’3

Jadi, titik potong dengan sumbu π‘Œ adalah (0, βˆ’3)

o Titik potong dengan sumbu 𝑋 jika 𝑦 = 0

0 = |π‘₯| βˆ’ 3 ⇔ |π‘₯| = 3

Ini dipenuhi oleh π‘₯ = βˆ’3 atau π‘₯ = 3

Jadi, titik potong dengan sumbu 𝑋 adalah (βˆ’3,0) dan (3,0)

Hubungkan ketiga titik potong tersebut

Tips: Grafik 𝑦 = |π‘₯| βˆ’ 3 diperoleh dari 𝑦 = |π‘₯| kemudian digeser 3 satuan ke bawah

3. Gambarkan grafik 𝑓(π‘₯) = |π‘₯ + 2|

Pembahasan

Fungsi 𝑓(π‘₯) = |π‘₯ + 2|dapat ditulis menjadi 𝑦 = |π‘₯ + 2|

o Titik potong dengan sumbu Y jika π‘₯ = 0

𝑦 = |0 + 2| = |2| = 2

Jadi, titik potong dengan sumbu π‘Œ adalah (0,2)

o Titik potong dengan sumbu 𝑋 jika 𝑦 = 0

0 = |π‘₯ + 2| ⇔ |π‘₯ + 2| = 0

Ini dipenuhi oleh π‘₯ = βˆ’2

Jadi, titik potong dengan sumbu 𝑋 adalah (βˆ’2,0), sekaligus sebagai titik balik dari grafik

𝑦 = |π‘₯ + 2|

Hubungkan titik (0,2) dan (βˆ’2,0), dan grafik fungsi

Tips: Grafik 𝑦 = |π‘₯ + 2| diperoleh dari 𝑦 = |π‘₯| kemudian digeser 2 satuan ke kiri

Page 4: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

4

SMAN 12 MAKASSAR

4. Diketahui fungsi 𝑦 = |π‘₯ βˆ’ 3| βˆ’ 1

a. Tentukan titik potong terhadap sumbu π‘Œ

b. Tentukan titik potong terhadap sumbu 𝑋

c. Gambarkan sketsa grafik fungsi

Pembahasan

a. Grafik memotong sumbu π‘Œ jika π‘₯ = 0

𝑦 = |0 βˆ’ 3| βˆ’ 1 = |βˆ’3| βˆ’ 1 = 2

Jadi titik potong grafik terhadap sumbu π‘Œ adalah (0,2) b. Grafik memotong sumbu 𝑋 jika 𝑦 = 0

0 = |π‘₯ βˆ’ 3| βˆ’ 1

1 = |π‘₯ βˆ’ 3|

π‘₯ βˆ’ 3 = βˆ’1 atau π‘₯ βˆ’ 3 = 1

π‘₯ = βˆ’1 + 3 atau π‘₯ = 1 + 3

π‘₯ = 2 atau π‘₯ = 4

Jadi, titik potong terhadap sumbu 𝑋 adalah (2,0) atau (4,0)

c. Grafik 𝑦 = |π‘₯ βˆ’ 3| βˆ’ 1

Tips: Grafik 𝑦 = |π‘₯ βˆ’ 3| βˆ’ 1 diperoleh dari 𝑦 = |π‘₯| kemudian digeser 3 satuan ke kanan,

kemudian 1 satuan ke bawah.

5. Diketahui 𝑓(π‘₯) = |2π‘₯ βˆ’ 1| dan 𝑔(π‘₯) = |7 βˆ’ π‘₯|. Nilai 𝑓(3) βˆ’ 𝑔(3) =….

A. 7

B. 5

C. 3

D. 2

E. 1

Pembahasan

𝑓(3) = |2.3 βˆ’ 1| = |5| = 5

𝑔(3) = |7 βˆ’ 3| = |4| = 4

Nilai 𝑓(3) βˆ’ 𝑔(3) = 5 βˆ’ 4 = 1

Jawaban E

Page 5: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

5

SMAN 12 MAKASSAR

6. Bentuk sederhana nilai mutlak |π‘₯ + 5| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 3| untuk nilai π‘₯ < βˆ’5 adalah ….

A. βˆ’2π‘₯ βˆ’ 8

B. βˆ’2π‘₯ βˆ’ 2

C. βˆ’2π‘₯ + 2

D. βˆ’2

E. βˆ’8

Pembahasan

|π‘₯ + 5| = {π‘₯ + 5, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ βˆ’5

βˆ’π‘₯ βˆ’ 5, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < βˆ’5

|π‘₯ βˆ’ 3| = {π‘₯ βˆ’ 3, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 3

βˆ’π‘₯ + 3, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 3

Untuk nilai π‘₯ < βˆ’5 diperoleh hanya jika π‘₯ < 3

|π‘₯ + 5| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 3|

= (βˆ’π‘₯ βˆ’ 5) βˆ’ (βˆ’π‘₯ + 3)

= βˆ’π‘₯ βˆ’ 5 + π‘₯ βˆ’ 3

= βˆ’8

Jawaban E

7. Bentuk sederhana dari |π‘₯ + 4| + |5 βˆ’ 2π‘₯| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2| untuk nilai π‘₯ > 10 adalah ….

A. 2π‘₯ + 11

B. 2π‘₯ + 1

C. 2π‘₯ βˆ’ 1

D. βˆ’2π‘₯ + 11

E. βˆ’3π‘₯ + 11

Pembahasan

|π‘₯ + 4| = {π‘₯ + 4, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ βˆ’4

βˆ’π‘₯ βˆ’ 4, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < βˆ’4

|5 βˆ’ 2π‘₯| = {5 βˆ’ 2π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ ≀

5

2

βˆ’5 + 2π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ >5

2

|π‘₯ βˆ’ 2| = {π‘₯ βˆ’ 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 2

βˆ’π‘₯ + 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 2

Nilai π‘₯ > 10 diperoleh jika π‘₯ β‰₯ βˆ’4; π‘₯ β‰₯ 2 dan π‘₯ >5

2

|π‘₯ + 4| + |5 βˆ’ 2π‘₯| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2|

= (π‘₯ + 4) + (βˆ’5 + 2π‘₯) βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2)

= π‘₯ + 4 βˆ’ 5 + 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ + 2

= 2π‘₯ + 1

Jawaban B

C. Persamaan Nilai Mutlak

8. Selesaikan persamaan berikut dengan cara aljabar.

a. |π‘₯| + 4 = 10

b. 2|π‘₯| = 13

c. 5 = 2|𝑝| βˆ’ 3

d. 28 = 5|𝑝| + 3

Page 6: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

6

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan

a. |π‘₯| + 4 = 10 ⇔ |π‘₯| = 10 βˆ’ 4 ⇔ |π‘₯| = 6 ⇔ π‘₯ = 6 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 6

c. 5 = 2|𝑝| βˆ’ 3 ⇔ 5 + 3 = 2|𝑝| ⇔ 2|𝑝| = 8

⇔ |𝑝| =8

2

⇔ |𝑝| = 4 ⇔ 𝑝 = 4 atau 𝑝 = βˆ’4

b. 2|π‘₯| = 13

⇔ |π‘₯| =13

2

⇔ π‘₯ =13

2 atau π‘₯ = βˆ’

13

2

d. 28 = 5|𝑝| + 3 ⇔ 28 βˆ’ 3 = 5|𝑝| ⇔ 25 = 5|𝑝|

⇔ |𝑝| =25

5

⇔ |𝑝| = 5 ⇔ 𝑝 = 5 atau 𝑝 = βˆ’5

9. Selesaikan persamaan berikut dengan cara grafik.

a. |π‘₯| = 2

b. |π‘₯ βˆ’ 1| = 5

c. |π‘₯ + 2| = 3

d. |2π‘₯ βˆ’ 1| = 5

Pembahasan

a.

Titik potong 𝑦1 = |π‘₯| dan 𝑦1 = 2 adalah π‘₯ = βˆ’2 atau π‘₯ = 2. Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯| = 2 adalah π‘₯ = βˆ’2 atau π‘₯ = 2

b.

Titik potong 𝑦1 = |π‘₯ βˆ’ 1| dan 𝑦1 = 5 adalah π‘₯ = βˆ’4 atau π‘₯ = 6. Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 1| = 5 adalah π‘₯ = βˆ’4 atau π‘₯ = 6

c.

d.

Page 7: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

7

SMAN 12 MAKASSAR

Titik potong 𝑦1 = |π‘₯ + 2| dan 𝑦1 = 3 adalah π‘₯ = βˆ’5 atau π‘₯ = 1. Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯ + 2| =3 adalah π‘₯ = βˆ’5 atau π‘₯ = 1

Titik potong 𝑦1 = |2π‘₯ βˆ’ 1| dan 𝑦1 = 5 adalah π‘₯ = βˆ’2 atau π‘₯ = 3. Jadi, penyelesaian persamaan |2π‘₯ βˆ’ 1| = 5 adalah π‘₯ = βˆ’2 atau π‘₯ = 3

10. Selesaikan persamaan berikut. Periksa penyelesaian Anda

a. |π‘₯ βˆ’ 6| = π‘₯ βˆ’ 6

b. |π‘₯ + 7| = βˆ’π‘₯ βˆ’ 7

Pembahasan

Definis Nilai mutlak

a. |π‘₯ βˆ’ 6| = {π‘₯ βˆ’ 6, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ βˆ’ 6 β‰₯ 0

βˆ’(π‘₯ βˆ’ 6), π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ βˆ’ 6 < 0

|π‘₯ βˆ’ 6| = {π‘₯ βˆ’ 6, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 6

βˆ’π‘₯ + 6, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 6

|π‘₯ βˆ’ 6| = π‘₯ βˆ’ 6 , jika π‘₯ β‰₯ 6

Untuk π‘₯ = 6 β‡’ |6 βˆ’ 6| = 6 βˆ’ 6 ⇔ |0| = 0 pernyataan benar

Untuk π‘₯ = 7 β‡’ |7 βˆ’ 6| = 7 βˆ’ 6 ⇔ |1| = 1 pernyataan benar

Untuk π‘₯ = 8 β‡’ |8 βˆ’ 6| = 8 βˆ’ 6 ⇔ |2| = 2 pernyataan benar

Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 6| = π‘₯ βˆ’ 6 adalah π‘₯ β‰₯ 6

b. |π‘₯ + 7| = {π‘₯ + 7, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ + 7 β‰₯ 0

βˆ’(π‘₯ + 7), π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ + 7 < 0

|π‘₯ + 7| = {π‘₯ + 7, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ βˆ’7

βˆ’π‘₯ βˆ’ 7, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < βˆ’7

|π‘₯ + 7| = βˆ’π‘₯ βˆ’ 7, jika π‘₯ < βˆ’7

Untuk π‘₯ = βˆ’7 β‡’ |βˆ’7 + 7| = βˆ’(βˆ’7) βˆ’ 7 ⇔ |0| = 0 pernyataan benar

Untuk π‘₯ = βˆ’8 β‡’ |βˆ’8 + 7| = βˆ’(βˆ’8) βˆ’ 7 ⇔ |1| = 1 pernyataan benar Untuk π‘₯ = βˆ’9 β‡’ |βˆ’9 + 7| = βˆ’(βˆ’9) βˆ’ 7 ⇔ |βˆ’2| = 2 pernyataan benar

Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯ + 7| = βˆ’π‘₯ βˆ’ 7 adalah π‘₯ < 7

11. Diketahui persamaan |π‘₯| βˆ’ 2 = 8. Nilai π‘₯ yang memenuhi adalah ….

A. π‘₯ = βˆ’10

B. π‘₯ = βˆ’5

C. π‘₯ = 10

D. π‘₯ = 5 atau π‘₯ = 5

E. π‘₯ = 10 atau π‘₯ = βˆ’10

Pembahasan |π‘₯| βˆ’ 2 = 8 |π‘₯| = 8 + 2 |π‘₯| = 10

π‘₯ = 10 atau π‘₯ = βˆ’10

Jawaban E

|π‘Žπ‘₯ + 𝑏| = {π‘Žπ‘₯ + 𝑏, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘Žπ‘₯ + 𝑏 β‰₯ 0

βˆ’(π‘Žπ‘₯ + 𝑏), π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘Žπ‘₯ + 𝑏 < 0

Page 8: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

8

SMAN 12 MAKASSAR

12. Carilah nilai x dari persamaan |2π‘₯ βˆ’ 4| = 3

Pembahasan

Kasus 1 2π‘₯ βˆ’ 4 = 3 2π‘₯ = 3 + 4 2π‘₯ = 7

π‘₯ =7

2

Kasus 2 2π‘₯ βˆ’ 4 = βˆ’3 2π‘₯ = βˆ’3 + 4

2π‘₯ = 1

π‘₯ =1

2

Nilai x yang memenuhi adalah π‘₯ =1

2 dan π‘₯ =

7

2

13. Jika penyelesaian dari |2π‘˜ βˆ’ 3| = 5 adalah π‘˜1 dan π‘˜2, nilai π‘˜1 + π‘˜2 adalah ….

a. βˆ’5

b. βˆ’3

c. 3

d. 4

e. 5

Pembahasan

|2π‘˜ βˆ’ 3| = 5

2π‘˜ βˆ’ 3 = 5 2π‘˜ = 5 + 3 2π‘˜ = 8

π‘˜ =8

2

π‘˜ = 4

atau 2π‘˜ βˆ’ 3 = βˆ’5 2π‘˜ = βˆ’5 + 3 2π‘˜ = βˆ’2

π‘˜ =βˆ’2

2

π‘˜ = βˆ’1 Nilai π‘˜1 + π‘˜2 = 4 + (βˆ’1) = 3

Jawaban C

14. Penyelesaian persamaan |5 βˆ’ 3π‘₯| = 4 adalah π‘₯1 dan π‘₯2. Nilai 6. π‘₯1π‘₯2 = ….

a. βˆ’54

b. βˆ’36

c. 6

d. 36

e. 54

Pembahasan

|5 βˆ’ 3π‘₯| = 4

5 βˆ’ 3π‘₯ = 4 βˆ’3π‘₯ = 4 βˆ’ 5 βˆ’3π‘₯ = βˆ’1

π‘₯ =βˆ’1

βˆ’3

π‘₯ =1

3

atau 5 βˆ’ 3π‘₯ = βˆ’4 βˆ’3π‘₯ = βˆ’4 βˆ’ 5 βˆ’3π‘₯ = βˆ’9

π‘₯ =βˆ’9

βˆ’3

π‘₯ = 3

Nilai 6. π‘₯1π‘₯2 = 6.1

3. 3 = 6

Jawaban C

15. Himpunan penyelesaian |1

2π‘₯ + 3| βˆ’ 2 = 4

Pembahasan.

Page 9: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

9

SMAN 12 MAKASSAR

|1

2π‘₯ + 3| βˆ’ 2 = 4

|1

2π‘₯ + 3| = 4 + 2

|1

2π‘₯ + 3| = 6

Kasus 1 1

2π‘₯ + 3 = 6

1

2π‘₯ = 6 βˆ’ 3

1

2π‘₯ = 3

π‘₯ = 3.2 π‘₯ = 6

atau Kasus 2 1

2π‘₯ + 3 = βˆ’6

1

2π‘₯ = βˆ’3 βˆ’ 6

1

2π‘₯ = βˆ’9

π‘₯ = βˆ’9.2 π‘₯ = βˆ’18

16. Himpunan penyelesaian dari |5π‘₯ βˆ’ 6| βˆ’ 4 = 10 adalah ….

A. {4, 13

5}

B. {4, βˆ’13

5}

C. {βˆ’13

5}

D. {2}

E. {4}

Pembahasan

|5π‘₯ βˆ’ 6| βˆ’ 4 = 10 |5π‘₯ βˆ’ 6| = 10 + 4

|5π‘₯ βˆ’ 6| = 14 5π‘₯ βˆ’ 6 = 14 5π‘₯ = 14 + 6 5π‘₯ = 20

π‘₯ =20

5

π‘₯ = 4

atau 5π‘₯ βˆ’ 6 = βˆ’14 5π‘₯ = βˆ’14 + 6 5π‘₯ = βˆ’8

π‘₯ =βˆ’8

5

π‘₯ = βˆ’13

5

Jadi, Himpunan penyelesaian {4, βˆ’13

5}

Jawaban B

17. Nilai 𝑝 yang memenuhi |βˆ’6𝑝 βˆ’ 200| = 160 adalah ….

A. βˆ’60 atau βˆ’52

3

B. βˆ’60 atau βˆ’62

3

C. βˆ’60 atau 62

3

D. 60 atau βˆ’62

3

E. 60 atau 62

3

Page 10: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

10

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan

|βˆ’6𝑝 βˆ’ 200| = 160

βˆ’6𝑝 βˆ’ 200 = 160 βˆ’6𝑝 = 160 + 200 βˆ’6𝑝 = 360

𝑝 =360

βˆ’6

𝑝 = βˆ’60

atau βˆ’6𝑝 βˆ’ 200 = βˆ’160 βˆ’6𝑝 = βˆ’160 + 200 βˆ’6𝑝 = 40

𝑝 =40

βˆ’6

𝑝 = βˆ’62

3

Jadi, nilai 𝑝 yang memenuhi adalah βˆ’60 atau βˆ’62

3

Jawaban B

18. Selesaikan persamaan |π‘₯ βˆ’ 3| = |π‘₯ + 2|

Pembahasan |π‘₯ βˆ’ 3| = |π‘₯ + 2| kuadratkan kedua ruas persamaan

⇔ |π‘₯ βˆ’ 3|2 = |π‘₯ + 2|2

⇔ (π‘₯ βˆ’ 3)2 = (π‘₯ + 2)2

⇔ (π‘₯ βˆ’ 3)2 βˆ’ (π‘₯ + 2)2 = 0 gunakan rumus π‘Ž2 βˆ’ 𝑏2 = (π‘Ž βˆ’ 𝑏)(π‘Ž + 𝑏)

⇔ ((π‘₯ βˆ’ 3) βˆ’ (π‘₯ + 2))((π‘₯ βˆ’ 3) + (π‘₯ + 2)) = 0 = 0

⇔ (π‘₯ βˆ’ 3 βˆ’ π‘₯ βˆ’ 2)(π‘₯ βˆ’ 3 + π‘₯ + 2) = 0

⇔ (βˆ’5)(2π‘₯ βˆ’ 1) = 0

Pembuat nol π‘₯ =1

2

Jadi, Penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 3| = |π‘₯ + 2| adalah π‘₯ =1

2

19. Diketahui π‘₯1 dan π‘₯2 dengan π‘₯1 > π‘₯2 memenuhi |π‘₯ βˆ’ 2| = |2π‘₯ βˆ’ 7|. Nilai π‘₯1 βˆ’ π‘₯2 adalah ….

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

E. 6

Pembahasan |π‘₯ βˆ’ 2| = |2π‘₯ βˆ’ 7| kuadratkan kedua ruas persamaan

⇔ |π‘₯ βˆ’ 2|2 = |2π‘₯ βˆ’ 7|2

⇔ (π‘₯ βˆ’ 2)2 = (2π‘₯ βˆ’ 7)2

⇔ (π‘₯ βˆ’ 2)2 βˆ’ (2π‘₯ βˆ’ 7)2 = 0 gunakan rumus π‘Ž2 βˆ’ 𝑏2 = (π‘Ž βˆ’ 𝑏)(π‘Ž + 𝑏)

⇔ ((π‘₯ βˆ’ 2) βˆ’ (2π‘₯ βˆ’ 7))((π‘₯ βˆ’ 2) + (2π‘₯ βˆ’ 7)) = 0

⇔ (βˆ’π‘₯ + 5)(3π‘₯ βˆ’ 9) = 0

Pembuat nol

βˆ’π‘₯ + 5 = 0 atau 3π‘₯ βˆ’ 9 = 0

π‘₯ = 5 atau π‘₯ =9

3= 3

π‘₯1 = 5 dan π‘₯2 = 3

Jadi, nilai π‘₯1 βˆ’ π‘₯2 = 5 βˆ’ 3 = 2

Jawaban A

20. Himpunan penyelesaian |2π‘₯ βˆ’ 6| βˆ’ |π‘₯ + 4| = 0 adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ = βˆ’2

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 2}

B. {π‘₯|π‘₯ = βˆ’2

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = βˆ’2}

Page 11: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

11

SMAN 12 MAKASSAR

C. {π‘₯|π‘₯ = βˆ’2

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = βˆ’10}

D. {π‘₯|π‘₯ = βˆ’2

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 10}

E. {π‘₯|π‘₯ =2

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 10}

Pembahasan |2π‘₯ βˆ’ 6| βˆ’ |π‘₯ + 4| = 0

⇔ |2π‘₯ βˆ’ 6| = |π‘₯ + 4|

⇔ |2π‘₯ βˆ’ 6|2 = |π‘₯ + 4|2

⇔ (2π‘₯ βˆ’ 6)2 = (π‘₯ + 4)2

⇔ (2π‘₯ βˆ’ 6)2 βˆ’ (π‘₯ + 4)2 = 0 gunakan rumus π‘Ž2 βˆ’ 𝑏2 = (π‘Ž βˆ’ 𝑏)(π‘Ž + 𝑏)

⇔ ((2π‘₯ βˆ’ 6) βˆ’ (π‘₯ + 4))((2π‘₯ βˆ’ 6) + (π‘₯ + 4)) = 0

⇔ (π‘₯ βˆ’ 10)(3π‘₯ βˆ’ 2) = 0

Pembuat nol

⇔ π‘₯ βˆ’ 10 = 0 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 3π‘₯ βˆ’ 2 = 0

⇔ π‘₯ = 10 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ =2

3

Jawaban E

21. Jika |5π‘₯ + 5| = |5π‘₯ βˆ’ 10|, nilai π‘₯ yang memenuhi adalah ….

A. π‘₯ = 10

B. π‘₯ = 5

C. π‘₯ =1

2

D. π‘₯ =1

5

E. π‘₯ =1

6

Pembahasan |5π‘₯ + 5| = |5π‘₯ βˆ’ 10|

⇔ 5|π‘₯ + 1| = 5|π‘₯ βˆ’ 2|

⇔ |π‘₯ + 1| = |π‘₯ βˆ’ 2|

kuadratkan kedua ruas

⇔ |π‘₯ + 1|2 = |π‘₯ βˆ’ 2|2

⇔ (π‘₯ + 1)2 = (π‘₯ βˆ’ 2)2

⇔ (π‘₯ + 1)2 βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2)2 = 0

⇔ (π‘₯ + 1)2 βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2)2 = 0 gunakan rumus π‘Ž2 βˆ’ 𝑏2 = (π‘Ž βˆ’ 𝑏)(π‘Ž + 𝑏)

⇔ ((π‘₯ + 1) βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2))((π‘₯ + 1) + (π‘₯ βˆ’ 2))

⇔ (3)(2π‘₯ βˆ’ 1) = 0

⇔ (2π‘₯ βˆ’ 1) = 0

⇔ π‘₯ =1

2

Jawaban C

22. Tentukan nilai π‘₯ yang memenuhi |3π‘₯ + 2| + 4π‘₯ = 6

Pembahasan |3π‘₯ + 2| = 6 βˆ’ 4π‘₯

Kasus 1: Jika π‘₯ β‰₯ βˆ’2

3

3π‘₯ + 2 = 6 βˆ’ 4π‘₯

3π‘₯ + 4π‘₯ = 6 βˆ’ 2

7π‘₯ = 4

π‘₯ =4

7 memenuhi π‘₯ β‰₯ βˆ’

2

3

Page 12: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

12

SMAN 12 MAKASSAR

Kasus 2: Jika π‘₯ < βˆ’2

3

βˆ’(3π‘₯ + 2) = 6 βˆ’ 4π‘₯

βˆ’3π‘₯ βˆ’ 2 = 6 βˆ’ 4π‘₯

4π‘₯ βˆ’ 3π‘₯ = 6 + 2

π‘₯ = 8 tidak memenuhi π‘₯ < βˆ’2

3

23. Tentukan penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 2| = 4π‘₯ + 13

Pembahasan

|π‘₯ βˆ’ 2| = {π‘₯ βˆ’ 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 2

βˆ’π‘₯ + 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 2

Kasus 1: jika π‘₯ β‰₯ 2 |π‘₯ βˆ’ 2| = 4π‘₯ + 13 ⇔ π‘₯ βˆ’ 2 = 4π‘₯ + 13 ⇔ π‘₯ βˆ’ 4π‘₯ = 13 + 2 ⇔ βˆ’3π‘₯ = 15

⇔ π‘₯ = βˆ’15

3

⇔ π‘₯ = βˆ’5 π‘₯ = βˆ’5 tidak memenuhi π‘₯ β‰₯ 2, maka π‘₯ =βˆ’5 bukan penyelesaian

Kasus 2: jika π‘₯ < 2 |π‘₯ βˆ’ 2| = 4π‘₯ + 13 ⇔ βˆ’π‘₯ + 2 = 4π‘₯ + 13 ⇔ βˆ’π‘₯ βˆ’ 4π‘₯ = 13 βˆ’ 2 ⇔ βˆ’5π‘₯ = 11

⇔ π‘₯ = βˆ’11

5

π‘₯ = βˆ’11

5 memenuhi π‘₯ < 2, maka π‘₯ = βˆ’

11

5

Adalah penyelesaian

Jadi, penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 2| = 4π‘₯ + 13 adalah π‘₯ = βˆ’11

5

24. Tentukan himpunan penyelesaian |π‘₯ + 4| = 3π‘₯ βˆ’ 8

Pembahasan

|π‘₯ + 4| = {π‘₯ + 4, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ βˆ’4

βˆ’π‘₯ βˆ’ 4, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < βˆ’4

Kasus 1: jika π‘₯ β‰₯ βˆ’4 |π‘₯ + 4| = 3π‘₯ βˆ’ 8 ⇔ π‘₯ + 4 = 3π‘₯ βˆ’ 8 ⇔ π‘₯ βˆ’ 3π‘₯ = βˆ’8 βˆ’ 4 ⇔ βˆ’2π‘₯ = βˆ’12

⇔ π‘₯ =βˆ’12

βˆ’2

π‘₯ = 6 timemenuhi π‘₯ β‰₯ βˆ’4, maka π‘₯ = 6 merupakan penyelesaian

Kasus 2: jika π‘₯ < βˆ’4 |π‘₯ + 4| = 3π‘₯ βˆ’ 8 ⇔ βˆ’π‘₯ βˆ’ 4 = 3π‘₯ βˆ’ 8 ⇔ βˆ’π‘₯ βˆ’ 3π‘₯ = βˆ’8 + 4 ⇔ βˆ’4π‘₯ = βˆ’4

⇔ π‘₯ =βˆ’4

βˆ’4

⇔ π‘₯ = 1 π‘₯ = 1 tidak memenuhi π‘₯ < βˆ’4, maka π‘₯ = 1 bukan penyelesaian

Jadi, himpunan penyelesaian |π‘₯ + 4| = 3π‘₯ βˆ’ 8 adalah {6}

25. Himpunan penyelesaian persamaan |π‘₯ βˆ’ 7| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2| = 3 adalah ….

A. {βˆ’6}

B. {βˆ’3}

C. {3}

D. {βˆ’3, βˆ’6}

E. {3, βˆ’6}

Pembahasan

|π‘₯ βˆ’ 7| = {π‘₯ βˆ’ 7, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 7

βˆ’π‘₯ + 7, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 7 |π‘₯ βˆ’ 2| = {

π‘₯ βˆ’ 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 2βˆ’π‘₯ + 2, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 2

Page 13: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

13

SMAN 12 MAKASSAR

Kita akan meninjau penyelesaian dari beberapa kasus

Kasus I: 𝒙 < 𝟐 |π‘₯ βˆ’ 7| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2| = 3 (βˆ’π‘₯ + 7) βˆ’ (βˆ’π‘₯ + 2) = 3 βˆ’π‘₯ + 7 + π‘₯ βˆ’ 2 = 3 0 + 5 = 3 5 = 3 Tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi

Kasus II: 𝟐 ≀ 𝒙 < πŸ• |π‘₯ βˆ’ 7| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2| = 3 (βˆ’π‘₯ + 7) βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2) = 3 βˆ’π‘₯ + 7 βˆ’ π‘₯ + 2 = 3 βˆ’2π‘₯ + 9 = 3 βˆ’2π‘₯ = 3 βˆ’ 9 βˆ’2π‘₯ = βˆ’6

π‘₯ =βˆ’6

βˆ’2

π‘₯ = 3 Karena π‘₯ = 3 berada di dalam 2 ≀π‘₯ < 7 Maka π‘₯ = 3 adalah penyelesaian

Kasus III: 𝒙 β‰₯ πŸ• |π‘₯ βˆ’ 7| βˆ’ |π‘₯ βˆ’ 2| = 3 (π‘₯ βˆ’ 7) βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 2) = 3

π‘₯ βˆ’ 7 βˆ’ π‘₯ + 2 = 3 0 βˆ’ 5 = 3

βˆ’5 = 3 Tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi

Jadi, himpunan penyelesaian = {3}

Jawaban C

26. Tentukan himpunan penyelesaian dari |3π‘₯ + 2| + |2π‘₯ βˆ’ 5| = 8

Pembahasan

Kasus 1: π‘₯ < βˆ’2

3

βˆ’(3π‘₯ + 2) + (βˆ’(2π‘₯ βˆ’ 5)) = 8

βˆ’3π‘₯ βˆ’ 2 βˆ’ 2π‘₯ + 5 = 8

βˆ’5π‘₯ + 3 = 8

βˆ’5π‘₯ = 8 βˆ’ 3

βˆ’5π‘₯ = 5

π‘₯ = βˆ’5

5

π‘₯ = βˆ’1 memenuhi π‘₯ < βˆ’2

3

Kasus 2: βˆ’2

3≀ π‘₯ <

5

2

(3π‘₯ + 2) + (βˆ’(2π‘₯ βˆ’ 5)) = 8

π‘₯ + 7 = 8

π‘₯ = 8 βˆ’ 7

π‘₯ = 1 memenuhi βˆ’2

3≀ π‘₯ <

5

2

Kasus 3: π‘₯ β‰₯5

2

(3π‘₯ + 2) + (2π‘₯ βˆ’ 5) = 8

5π‘₯ βˆ’ 3 = 8

5π‘₯ = 8 + 3

5π‘₯ = 11

π‘₯ =11

5 tidak memenuhi π‘₯ β‰₯

5

2

Page 14: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

14

SMAN 12 MAKASSAR

27. Tentukan nilai x yang memenuhi | βˆ’ 4π‘₯ + 8| + |2π‘₯ + 6| = 10

Pembahasan

Kasus 1: π‘₯ < βˆ’3

βˆ’(βˆ’4π‘₯ + 8) βˆ’ (2π‘₯ + 6) = 10

4π‘₯ βˆ’ 8 βˆ’ 2π‘₯ βˆ’ 6 = 10

2π‘₯ βˆ’ 14 = 10

2π‘₯ = 10 + 14 2π‘₯ = 24

π‘₯ =24

2

π‘₯ = 12 tidak memenuhi π‘₯ < βˆ’3

Kasus 2: βˆ’3 ≀ π‘₯ < 2 (βˆ’4π‘₯ + 8) βˆ’ (2π‘₯ + 6) = 10

βˆ’6π‘₯ + 2 = 10

βˆ’6π‘₯ = 10 βˆ’ 2

π‘₯ = βˆ’8

6= βˆ’

4

3 memenuhi βˆ’3 ≀ π‘₯ < 2

Kasus 3: π‘₯ β‰₯ 2 (βˆ’4π‘₯ + 8) + (2π‘₯ + 6) = 10

βˆ’2π‘₯ + 14 = 10

βˆ’2π‘₯ = 10 βˆ’ 14

βˆ’2π‘₯ = βˆ’4

π‘₯ =βˆ’4

βˆ’2= 2 memenuhi: π‘₯ β‰₯ 2

28. Himpunan penyelesaian |π‘₯ βˆ’ 6| = |π‘₯| + 6 adalah ….

a. π‘₯ ≀ 0

b. π‘₯ β‰₯ 0

c. π‘₯ = βˆ’6

d. π‘₯ = 0

e. π‘₯ = 6

Pembahasan

|π‘₯| = {π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 0

βˆ’π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 0 |π‘₯ βˆ’ 6| = {

π‘₯ βˆ’ 6, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 6βˆ’π‘₯ + 6, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 6

Kita akan meninjau penyelesaian dari beberapa kasus

Kasus I: 𝒙 < 𝟎 |π‘₯ βˆ’ 6| = |π‘₯| + 6 βˆ’π‘₯ + 6 = βˆ’π‘₯ + 6

Pernyataan benar Maka nilai π‘₯ yang memenuhi adalah 𝒙 < 𝟎

Kasus II: 0≀ 𝒙 < πŸ” |π‘₯ βˆ’ 6| = |π‘₯| + 6 βˆ’π‘₯ + 6 = π‘₯ + 6 βˆ’π‘₯ βˆ’ π‘₯ = 6 βˆ’ 6

βˆ’2π‘₯ = 0 π‘₯ = 0

Karena π‘₯ = 0 berada di dalam 0≀π‘₯ < 6 Maka π‘₯ = 0 adalah penyelesaian

Kasus III: 𝒙 β‰₯ πŸ” |π‘₯ βˆ’ 6| = |π‘₯| + 6

π‘₯ βˆ’ 6 = π‘₯ + 6 βˆ’6 = 6

Tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi

Gabungan dari ketiga kasus di atas diperoleh π‘₯ ≀ 0

Jawaban A

Page 15: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

15

SMAN 12 MAKASSAR

29. Himpunan penyelesaian |π‘₯ βˆ’ 1| = |2 βˆ’ π‘₯| + 1 adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ β‰₯ 3}

B. {π‘₯|π‘₯ β‰₯ 2}

C. {π‘₯|π‘₯ β‰₯ 1}

D. {π‘₯|π‘₯ ≀ 2}

E. {π‘₯|π‘₯ ≀ 3}

Pembahasan

|π‘₯ βˆ’ 1| = {π‘₯ βˆ’ 1, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ β‰₯ 1

βˆ’π‘₯ + 1, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ < 1 |2 βˆ’ π‘₯| = {

2 βˆ’ π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ ≀ 2βˆ’2 + π‘₯, π‘—π‘–π‘˜π‘Ž π‘₯ > 2

Kita akan meninjau penyelesaian dari beberapa kasus

Kasus I: 𝒙 < 𝟏 |π‘₯ βˆ’ 1| = |2 βˆ’ π‘₯| + 1 βˆ’π‘₯ + 1 = 2 βˆ’ π‘₯ + 1

1 = 3 Pernyataan salah Tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi

Kasus II: 1≀ 𝒙 ≀ 2 |π‘₯ βˆ’ 1| = |2 βˆ’ π‘₯| + 1

π‘₯ βˆ’ 1 = 2 βˆ’ π‘₯ + 1 π‘₯ + π‘₯ = 3 + 1

2π‘₯ = 4 π‘₯ = 2

Karena π‘₯ = 2 berada di dalam 1≀π‘₯ ≀ 2 Maka π‘₯ = 2 adalah penyelesaian

Kasus III: 𝒙 β‰₯ 𝟐 |π‘₯ βˆ’ 1| = |2 βˆ’ π‘₯| + 1 π‘₯ βˆ’ 1 = βˆ’2 + π‘₯ + 1

π‘₯ βˆ’ 1 = π‘₯ βˆ’ 1 Pernyataan bernilai benar maka nilai π‘₯ yang memenuhi adalah π‘₯ β‰₯ 2

Gabungan dari ketiga kasus di atas diperoleh π‘₯ β‰₯ 2

Jadi, Himpunan penyelesaian |π‘₯ βˆ’ 1| = |2 βˆ’ π‘₯| + 1 adalah {π‘₯|π‘₯ β‰₯ 2}

Jawaban B

30. Penyelesaian persamaan |π‘₯ + 5|2 βˆ’ 3|π‘₯ + 5| βˆ’ 4 = 0 adalah ….

A. π‘₯ = βˆ’9 atau π‘₯ = βˆ’4

B. π‘₯ = βˆ’9 atau π‘₯ = βˆ’1

C. π‘₯ = βˆ’4 atau π‘₯ = βˆ’1

D. π‘₯ = 11 atau π‘₯ = 9

E. π‘₯ = 4 atau π‘₯ = 9

Pembahasan |π‘₯ + 5|2 βˆ’ 3|π‘₯ + 5| βˆ’ 4 = 0

Misalkan 𝑝 = |π‘₯ + 5|, maka persamaan menjadi 𝑝2 βˆ’ 3𝑝 βˆ’ 4 = 0 (𝑝 βˆ’ 4)(𝑝 + 1) = 0

𝑝 = 4 atau 𝑝 = βˆ’1 |π‘₯ + 5| = 4 atau |π‘₯ + 5| = βˆ’1

o Untuk |π‘₯ + 5| = 4

π‘₯ + 5 = 4 atau π‘₯ + 5 = βˆ’4

π‘₯ = 4 βˆ’ 5 atau π‘₯ = βˆ’4 βˆ’ 5

π‘₯ = βˆ’1 atau π‘₯ = βˆ’9

o Untuk |π‘₯ + 5| = βˆ’1, tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi, karena nilai mutlak tidak pernah

negatif

Jadi, penyelesaian persamaan adalah π‘₯ = βˆ’9 atau π‘₯ = βˆ’1

Jawaban B

Page 16: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

16

SMAN 12 MAKASSAR

31. Nilai π‘₯ yang memenuhi |2π‘₯ βˆ’ 1|2 βˆ’ 6|2π‘₯ βˆ’ 1| βˆ’ 7 = 0 adalah ….

A. π‘₯ = βˆ’3 atau π‘₯ = 4

B. π‘₯ = βˆ’4 atau π‘₯ = 3

C. π‘₯ = βˆ’3 atau π‘₯ = βˆ’4

D. π‘₯ = 0 atau π‘₯ = 1

E. π‘₯ = βˆ’1 atau π‘₯ = 7

Pembahasan

Misalkan 𝑝 = |2π‘₯ βˆ’ 1|, maka persamaan menjadi 𝑝2 βˆ’ 6𝑝 βˆ’ 7 = 0 (𝑝 βˆ’ 7)(𝑝 + 1) = 0

𝑝 = 7 atau 𝑝 = βˆ’1 |2π‘₯ βˆ’ 1| = 7 atau |2π‘₯ βˆ’ 1| = βˆ’1

o Untuk |2π‘₯ βˆ’ 1| = 7 2π‘₯ βˆ’ 1 = 7 atau 2π‘₯ βˆ’ 1 = βˆ’7

2π‘₯ = 7 + 1 atau 2π‘₯ = βˆ’7 + 1

2π‘₯ = 8 atau 2π‘₯ = βˆ’6

π‘₯ =8

2 atau π‘₯ =

βˆ’6

2

π‘₯ = 4 atau π‘₯ = βˆ’3

o Untuk |2π‘₯ βˆ’ 1| = βˆ’1, tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi karena nilai mutlak tidak pernah

negatif

Jadi, nilai π‘₯ yang memenuhi adalah π‘₯ = 4 atau π‘₯ = βˆ’3

Jawaban A

B. Pertidaksamaan Nilai Mutlak

32. Himpunan penyelesaian dari |3π‘₯ + 1| > 2 adalah …

Pembahasan

3π‘₯ + 1 < βˆ’2 atau 3π‘₯ + 1 > 2

3π‘₯ < βˆ’2 βˆ’ 1 atau 3π‘₯ > 2 βˆ’ 1

3π‘₯ < βˆ’3 atau 3π‘₯ > 1

π‘₯ <βˆ’3

3 atau π‘₯ >

1

3

π‘₯ < βˆ’1 atau π‘₯ >1

3

𝐻𝑃 = {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ >13 , π‘₯ ∈ 𝑅}

33. Himpunan penyelesaian dari |1

2π‘₯ βˆ’ 3| > 4 adalah ….

Pembahasan 1

2π‘₯ βˆ’ 3 < βˆ’4 atau

1

2π‘₯ βˆ’ 3 > 4

1

2π‘₯ < βˆ’4 + 3 atau

1

2π‘₯ > 4 + 3

1

2π‘₯ < βˆ’1 atau

1

2π‘₯ > 7

π‘₯ < βˆ’2 atau π‘₯ > 14

𝐻𝑃 = {π‘₯|π‘₯ < βˆ’2 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 14, π‘₯πœ–π‘…}

34. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯| > 4 adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’4 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 4}

B. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’2 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 2}

C. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’2 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 4}

D. {π‘₯|βˆ’2 < π‘₯ < 2}

E. {π‘₯|βˆ’4 < π‘₯ < 4}

Page 17: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

17

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan |2π‘₯| > 4

⇔ 2π‘₯ < βˆ’4 atau 2π‘₯ > 4

⇔ π‘₯ <βˆ’4

2 atau π‘₯ >

4

2

⇔ π‘₯ < βˆ’2 atau π‘₯ > 2

Jawaban B

35. Himpunan penyelesaian dari |3π‘₯ + 2| > 5 adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 0}

B. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’7

3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 1}

C. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 1}

D. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1

2 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 1}

E. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1

4 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 0}

Pembahasan |3π‘₯ + 2| > 5

⇔ |3π‘₯ + 2| > 5

⇔ 3π‘₯ + 2 < βˆ’5 atau 3π‘₯ + 2 > 5

⇔ 3π‘₯ < βˆ’5 βˆ’ 2 atau 3π‘₯ > 5 βˆ’ 2

⇔ 3π‘₯ < βˆ’7 atau 3π‘₯ > 3

⇔ π‘₯ <βˆ’7

3 atau π‘₯ >

3

3

⇔ π‘₯ <βˆ’7

3 atau π‘₯ > 1

Jawaban B

36. Tentukan himpunan penyelelesaian pertidaksamaan |βˆ’3π‘₯ + 2| > 8

Pembahasan |βˆ’3π‘₯ + 2| > 8

⇔ βˆ’3π‘₯ + 2 < βˆ’8 ⇔ βˆ’3π‘₯ < βˆ’8 βˆ’ 2 ⇔ βˆ’3π‘₯ < βˆ’10

⇔ π‘₯ >βˆ’10

βˆ’3

⇔ π‘₯ >10

3

atau atau atau atau

atau

βˆ’3π‘₯ + 2 > 8 βˆ’3π‘₯ > 8 βˆ’ 2 βˆ’3π‘₯ > 6

π‘₯ <6

βˆ’3

π‘₯ < βˆ’2

Jadi, himpunan penyelesaian |βˆ’3π‘₯ + 2| > 8 adalah {π‘₯|π‘₯ < βˆ’2 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ >10

3}

37. Nilai π‘₯ yang memenuhi pertidaksamaan |2π‘₯ βˆ’ 1| βˆ’ |βˆ’2| > |1 βˆ’ 4| adalah ….

A. π‘₯ < βˆ’4 atau π‘₯ > 4

B. π‘₯ < βˆ’2 atau π‘₯ > 2

C. π‘₯ < βˆ’2 atau π‘₯ > 3

D. βˆ’4 < π‘₯ < 4

E. βˆ’2 < π‘₯ <2

Pembahasan

|2π‘₯ βˆ’ 1| βˆ’ |βˆ’2| > |1 βˆ’ 4| |2π‘₯ βˆ’ 1| βˆ’ 2 > 3

Page 18: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

18

SMAN 12 MAKASSAR

|2π‘₯ βˆ’ 1| > 3 + 2 |2π‘₯ βˆ’ 1| > 5 2π‘₯ βˆ’ 1 < βˆ’5 2π‘₯ < βˆ’5 + 1 2π‘₯ < βˆ’4

π‘₯ <βˆ’4

2

π‘₯ < βˆ’2

atau 2π‘₯ βˆ’ 1 > 5 2π‘₯ > 5 + 1 2π‘₯ > 6

π‘₯ >6

2

π‘₯ > 3 Jawaban C

38. Penyelesaian dari 7 < |2π‘₯ βˆ’ 4| + 1 adalah ….

A. π‘₯ < βˆ’5 atau π‘₯ > 5

B. π‘₯ < βˆ’5 atau π‘₯ > 1

C. π‘₯ < βˆ’5 atau π‘₯ > βˆ’1

D. π‘₯ < βˆ’1 atau π‘₯ > 5

E. π‘₯ < 1 atau π‘₯ > 5

Pembahasan

7 < |2π‘₯ βˆ’ 4| + 1 ⇔ 7 βˆ’ 1 < |2π‘₯ βˆ’ 4| ⇔ 6 < |2π‘₯ βˆ’ 4| ⇔ |2π‘₯ βˆ’ 4| > 6 2π‘₯ βˆ’ 4 < βˆ’6 2π‘₯ < βˆ’6 + 4 2π‘₯ < βˆ’2

π‘₯ <βˆ’2

2

π‘₯ < βˆ’1

atau 2π‘₯ βˆ’ 4 > 6 2π‘₯ > 6 + 4 2π‘₯ > 10

π‘₯ >10

2

π‘₯ > 5

Jawaban D

39. Tentukan himpunan penyelelesaian pertidaksamaan |π‘₯| ≀ 2

Pembahasan |π‘₯| ≀ 2

⇔ βˆ’2 ≀ π‘₯ ≀ 2

Jadi, himpunan penyelelesaian pertidaksamaan |π‘₯| ≀ 2 adalah {π‘₯|βˆ’2 ≀ π‘₯ ≀ 2}

40. Penyelesaian pertidaksamaan 3|π‘₯ βˆ’ 6| ≀ 3 adalah ….

A. 3 ≀ π‘₯ ≀ 9

B. 5 ≀ π‘₯ ≀ 7

C. βˆ’1 ≀ π‘₯ ≀ 1

D. π‘₯ < 3 atau π‘₯ > 9

E. π‘₯ < 5 atau π‘₯ > 7 Pembahasan

3|π‘₯ βˆ’ 6| ≀ 3

⇔ |π‘₯ βˆ’ 6| ≀3

3

⇔ |π‘₯ βˆ’ 6| ≀ 1

⇔ βˆ’1 ≀ π‘₯ βˆ’ 6 ≀ 1

⇔ βˆ’1 + 6 ≀ π‘₯ ≀ 1 + 6

⇔ 5 ≀ π‘₯ ≀ 7

Jawaban B

Page 19: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

19

SMAN 12 MAKASSAR

41. Himpunan penyelesaian dari |5π‘₯ βˆ’ 5| < 10 adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1 atau π‘₯ > 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

B. {π‘₯|π‘₯ < βˆ’3 atau π‘₯ > 1, π‘₯ ∈ 𝑅}

C. {π‘₯|π‘₯ < 1 atau π‘₯ > 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

D. {π‘₯|βˆ’1 < π‘₯ < 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

E. {π‘₯|1 < π‘₯ < 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

Pembahasan |5π‘₯ βˆ’ 5| < 10 ⇔ βˆ’10 < 5π‘₯ βˆ’ 5 < 10

⇔ βˆ’10 + 5 < 5π‘₯ < 10 + 5

⇔ βˆ’5 < 5π‘₯ < 15

β‡”βˆ’5

5<

5π‘₯

5<

15

5

⇔ βˆ’1 < π‘₯ < 3

Jawaban D

42. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan |6π‘₯ βˆ’ 11| ≀ βˆ’7 adalah ….

A. { }

B. {2

3, 3}

C. {π‘₯|π‘₯ π‘π‘–π‘™π‘Žπ‘›π‘”π‘Žπ‘› π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘™}

D. {π‘₯|π‘₯ ≀ βˆ’2 atau π‘₯ β‰₯ 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

E. {π‘₯|π‘₯ ≀2

3 atau π‘₯ β‰₯ 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

Pembahasan

Oleh karena nilai mutlak bilangan tidak pernah negatif maka tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi |6π‘₯ βˆ’ 11| ≀ βˆ’7. Jadi, himpunan penyelesaian |6π‘₯ βˆ’ 11| ≀ βˆ’7 adalah A. { }

Jawaban A

43. Himpunan penyelesaian |π‘₯ + 2| ≀ 5

Pembahasan |π‘₯ + 2| ≀ 5

⇔ βˆ’5 ≀ π‘₯ + 2 ≀ 5

⇔ βˆ’5 βˆ’ 2 ≀ π‘₯ ≀ 5 βˆ’ 2

⇔ βˆ’7 ≀ π‘₯ ≀ 3

𝐻𝑃 = {π‘₯|βˆ’7 ≀ π‘₯ ≀ 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

44. Batas-batas nilai π‘₯ yang memenuhi pertidaksamaan |2π‘₯ + 1| < 7 adalah ….

A. βˆ’4 < π‘₯ < 3

B. βˆ’4 < π‘₯ < 2

C. βˆ’3 < π‘₯ < 4

D. βˆ’2 < π‘₯ < 4

E. 2 < π‘₯ < 4

Pembahasan

⇔ βˆ’7 < 2π‘₯ + 1 < 7

⇔ βˆ’7 βˆ’ 1 < 2π‘₯ < 7 βˆ’ 1

βˆ’8 < 2π‘₯ < 6

⇔ βˆ’8

2< π‘₯ <

6

2

⇔ βˆ’4 < π‘₯ < 3

Jawaban A

Page 20: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

20

SMAN 12 MAKASSAR

45. Tentukan himpunan penyelesaian dari |2π‘₯ βˆ’ 3| <1

2

Pembahasan

|2π‘₯ βˆ’ 3| <1

2

⇔ βˆ’1

2< 2π‘₯ βˆ’ 3 <

1

2

⇔ 3 βˆ’1

2< 2π‘₯ <

1

2+ 3

⇔5

2< π‘₯ <

7

2

𝐻𝑃 = {π‘₯|52

< π‘₯ <72

, π‘₯ ∈ 𝑅}

46. Jika himpunan penyelesaian |2π‘₯ βˆ’ π‘Ž| < 5 adalah {π‘₯|βˆ’1 < π‘₯ < 4}, nilai π‘Ž adalah ….

A. βˆ’4

B. βˆ’3

C. βˆ’1

D. 3

E. 4

Pembahasan

|2π‘₯ βˆ’ π‘Ž| < 5

⇔ βˆ’5 < 2π‘₯ βˆ’ π‘Ž < 5

⇔ βˆ’5 + π‘Ž < 2π‘₯ < 5 + π‘Ž

β‡”βˆ’5+π‘Ž

2< π‘₯ <

5+π‘Ž

2 dengan {π‘₯|βˆ’1 < π‘₯ < 4}

Sehingga diperoleh 5+π‘Ž

2= 4 atau

βˆ’5+π‘Ž

2= 1

Dari 5+π‘Ž

2= 4 diperoleh 5 + π‘Ž = 8 ⇔ π‘Ž = 8 βˆ’ 5 = 3

Jawaban D

47. Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan |π‘₯ + 3| > π‘₯ βˆ’ 2

Pembahasan

Kasus (i) untuk π‘₯ + 3 β‰₯ 0 ⇔ π‘₯ β‰₯ βˆ’3 π‘₯ + 3 > π‘₯ βˆ’ 2 3 > βˆ’2 Semua nilai π‘₯ ∈ 𝑅 memenuhi Irisan π‘₯ β‰₯ βˆ’3 dan π‘₯ ∈ 𝑅 adalah 𝒙 β‰₯ βˆ’πŸ‘

Kasus (ii) untuk π‘₯ + 3 < 0 ⇔ π‘₯ < βˆ’3 βˆ’(π‘₯ + 3) > π‘₯ βˆ’ 2 βˆ’π‘₯ βˆ’ 3 > π‘₯ βˆ’ 2

βˆ’π‘₯ βˆ’ π‘₯ > βˆ’2 + 3 βˆ’2π‘₯ > 1

π‘₯ < βˆ’1

2

Irisan π‘₯ < βˆ’1

2 dan π‘₯ < βˆ’3 adalah 𝒙 < βˆ’πŸ‘

Gabungan (i) dan (ii) adalah π‘₯ ∈ 𝑅

Jadi, 𝐻𝑃 = {π‘₯|π‘₯ ∈ 𝑅}

Page 21: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

21

SMAN 12 MAKASSAR

48. Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1

Pembahasan

(i) Untuk interval 2π‘₯ βˆ’ 3 β‰₯ 0 ⇔ π‘₯ β‰₯3

2

|2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ 2π‘₯ βˆ’ 3 β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ β‰₯ βˆ’1 + 3 ⇔ π‘₯ β‰₯ 2

Irisan π‘₯ β‰₯ 2 dan π‘₯ β‰₯3

2 adalah 𝒙 β‰₯ 𝟐

(ii) Untuk interval 2π‘₯ βˆ’ 3 < 0 ⇔ π‘₯ <3

2

|2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ βˆ’2π‘₯ + 3 β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ βˆ’2π‘₯ βˆ’ π‘₯ β‰₯ βˆ’1 βˆ’ 3 ⇔ βˆ’3π‘₯ β‰₯ βˆ’4

⇔ π‘₯ ≀4

3

Irisan π‘₯ ≀4

3 dan π‘₯ <

3

2 adalah 𝒙 ≀

πŸ’

πŸ‘

Gabungan penyelesaian (i) dan (ii) adalah π‘₯ ≀4

3 atau π‘₯ β‰₯ 2

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 adalah {π‘₯|π‘₯ ≀4

3 dan π‘₯ β‰₯ 2}

Cara 2

2π‘₯ βˆ’ 3 ≀ βˆ’(π‘₯ βˆ’ 1) ⇔ 2π‘₯ βˆ’ 3 ≀ βˆ’π‘₯ + 1 ⇔ 2π‘₯ + π‘₯ ≀ 1 + 3 ⇔ 3π‘₯ ≀ 4

⇔ π‘₯ ≀4

3

atau 2π‘₯ βˆ’ 3 β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ β‰₯ βˆ’1 + 3 ⇔ π‘₯ β‰₯ 2

Jadi, himpunan penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ π‘₯ βˆ’ 1 adalah {π‘₯|π‘₯ ≀4

3 dan π‘₯ β‰₯ 2}

49. Jika |2π‘₯ βˆ’ 5| > π‘₯ + 1 nilai π‘₯ yang memenuhi adalah ….

A. π‘₯ < βˆ’4

3 atau π‘₯ > 6

B. π‘₯ <4

3 atau π‘₯ > 6

C. βˆ’4

3< π‘₯ < 6

D. βˆ’6 < π‘₯ <4

3

E. 4

3< π‘₯ < 6

Pembahasan

2π‘₯ βˆ’ 5 < βˆ’( π‘₯ + 1) ⇔ 2π‘₯ βˆ’ 5 < βˆ’π‘₯ βˆ’ 1 ⇔ 2π‘₯ + π‘₯ < βˆ’1 + 5 ⇔ 3π‘₯ < 4

⇔ π‘₯ <4

3

atau 2π‘₯ βˆ’ 5 > π‘₯ + 1 ⇔ 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ > 1 + 5 ⇔ π‘₯ > 6

Jadi, nilai π‘₯ yang memenuhi adalah π‘₯ <4

3 atau π‘₯ > 6

Jawaban B

|𝑓(π‘₯)| β‰₯ 𝑔(π‘₯) ⇔ 𝑓(π‘₯) < βˆ’π‘”(π‘₯) π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 𝑓(π‘₯) > 𝑔(π‘₯)

|𝑓(π‘₯)| β‰₯ 𝑔(π‘₯) ⇔ 𝑓(π‘₯) < βˆ’π‘”(π‘₯) π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 𝑓(π‘₯) > 𝑔(π‘₯)

Page 22: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

22

SMAN 12 MAKASSAR

50. Penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯ + 5| ≀ π‘₯ + 3 adalah ….

A. βˆ’8

3≀ π‘₯ ≀ βˆ’1

B. βˆ’7

3≀ π‘₯ ≀ βˆ’1

C. βˆ’8

3≀ π‘₯ ≀ βˆ’2

D. βˆ’7

3≀ π‘₯ ≀ βˆ’2

E. βˆ’5

3≀ π‘₯ ≀ βˆ’2

Pembahasan

(ii) Untuk 2π‘₯ + 5 β‰₯ 0 ⇔ π‘₯ β‰₯ βˆ’5

2

|2π‘₯ + 5| ≀ π‘₯ + 3 ⇔ 2π‘₯ + 5 ≀ π‘₯ + 3 ⇔ 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ ≀ 3 βˆ’ 5 ⇔ π‘₯ ≀ βˆ’2

Irisan π‘₯ β‰₯ βˆ’5

2 dan π‘₯ ≀ βˆ’2 adalah

βˆ’πŸ“

πŸβ‰€ 𝒙 ≀ βˆ’πŸ

(ii) Untuk 2π‘₯ + 5 < 0 ⇔ π‘₯ < βˆ’5

2

|2π‘₯ + 5| ≀ π‘₯ + 3 ⇔ βˆ’(2π‘₯ + 5) ≀ π‘₯ + 3 ⇔ βˆ’2π‘₯ βˆ’ 5 ≀ π‘₯ + 3 ⇔ βˆ’3π‘₯ ≀ 3 + 5 ⇔ βˆ’3π‘₯ ≀ 8

⇔ π‘₯ β‰₯ βˆ’8

3

Irisan π‘₯ < βˆ’5

2 dan π‘₯ β‰₯ βˆ’

8

3 adalah

βˆ’πŸ–

πŸ‘β‰€ 𝒙 < βˆ’

πŸ“

𝟐

Gabungan penyelesaian (1) dan (ii) adalah βˆ’πŸ–

πŸ‘β‰€ 𝒙 ≀ βˆ’πŸ

Cara 2

|2π‘₯ + 5| ≀ π‘₯ + 3 ⇔ βˆ’(π‘₯ + 3) ≀ (2π‘₯ + 5) ≀ (π‘₯ + 3)

⇔ βˆ’(π‘₯ + 3) ≀ (2π‘₯ + 5) ⇔ βˆ’π‘₯ βˆ’ 3 ≀ 2π‘₯ + 5 ⇔ βˆ’π‘₯ βˆ’ 2π‘₯ ≀ 5 + 3 ⇔ βˆ’3π‘₯ ≀ 8

⇔ π‘₯ β‰₯ βˆ’8

3

dan (2π‘₯ + 5) ≀ (π‘₯ + 3) ⇔ 2π‘₯ βˆ’ π‘₯ ≀ 3 βˆ’ 5 ⇔ π‘₯ ≀ βˆ’2

Penyelesaian adalah π‘₯ β‰₯ βˆ’8

3 dan π‘₯ ≀ βˆ’2 . Dapat ditulis menjadi βˆ’

πŸ–

πŸ‘β‰€ 𝒙 ≀ βˆ’πŸ

Jawaban C

51. Penyelesaian pertidaksamaan |2π‘₯ + 4| β‰₯ |π‘₯ + 5| adalah …. A. π‘₯ ≀ βˆ’3 atau π‘₯ β‰₯ 1

B. π‘₯ ≀ βˆ’1 atau π‘₯ β‰₯ 3

C. βˆ’3 ≀ π‘₯ ≀ 3

D. βˆ’1 ≀ π‘₯ ≀ 3

E. π‘₯ β‰₯ βˆ’3

|𝑓(π‘₯)| ≀ 𝑔(π‘₯) ⇔ 𝑓(π‘₯) βˆ’ 𝑔(π‘₯) π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 𝑓(π‘₯) > 𝑔(π‘₯)

Page 23: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

23

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan

Kuadratkan kedua ruas |2π‘₯ + 4| β‰₯ |π‘₯ + 5|

⇔ |2π‘₯ + 4|2 β‰₯ |π‘₯ + 5|2

⇔ (2π‘₯ + 4)2 β‰₯ (π‘₯ + 5)2

⇔ (2π‘₯ + 4)2 βˆ’ (π‘₯ + 5)2 β‰₯ 0

⇔ ((2π‘₯ + 4) βˆ’ (π‘₯ + 5))((2π‘₯ + 4) + (π‘₯ + 5)) β‰₯ 0

⇔ (π‘₯ βˆ’ 1)(3π‘₯ + 9) β‰₯ 0

Pembuat nol

π‘₯ βˆ’ 1 = 0 atau 3π‘₯ + 9 = 0

π‘₯ = 1 atau π‘₯ = βˆ’3

Jadi, penyelesaian pertidaksamaan adalah π‘₯ ≀ βˆ’3 atau π‘₯ β‰₯ 1

Jawaban A

52. Tentukan batas-batas nilai π‘₯ yang memenuhi pertidaksamaan |2π‘₯ + 6| β‰₯ |π‘₯ + 5|

Pembahasan

Kuadratkan kedua ruas |2π‘₯ + 6| β‰₯ |π‘₯ + 5|

⇔ |2π‘₯ + 6|2 β‰₯ |π‘₯ + 5|2

⇔ (2π‘₯ + 6)2 β‰₯ (π‘₯ + 5)2

⇔ (2π‘₯ + 6)2 βˆ’ (π‘₯ + 5)2 β‰₯ 0

⇔ ((2π‘₯ + 6) βˆ’ (π‘₯ + 5))((2π‘₯ + 6) + (π‘₯ + 5)) β‰₯ 0

⇔ (π‘₯ + 1)(3π‘₯ + 11) β‰₯ 0

Pembuat nol

π‘₯ + 1 = 0 atau 3π‘₯ + 11 = 0

π‘₯ = βˆ’1 atau π‘₯ = βˆ’11

3

53. Himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan |2π‘₯ + 1| < |2π‘₯ βˆ’ 3| adalah ….

Pembahasan

Kuadratkan kedua ruas

(2π‘₯ + 1)2 < (2π‘₯ βˆ’ 3)2

⇔ (2π‘₯ + 1)2 βˆ’ (2π‘₯ βˆ’ 3)2 < 0

⇔ ((2π‘₯ + 1) βˆ’ (2π‘₯ βˆ’ 3))((2π‘₯ + 1) + (2π‘₯ βˆ’ 3)) < 0

⇔ (4)(4π‘₯ βˆ’ 2) < 0

⇔ π‘₯ <2

4

⇔ π‘₯ <1

2

HP = {π‘₯|π‘₯ <12 , π‘₯ ∈ 𝑅}

Page 24: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

24

SMAN 12 MAKASSAR

54. Himpunan nilai-nilai π‘₯ ∈ 𝑅 yang memenuhi pertidaksamaan 3|π‘₯ + 3| ≀ |π‘₯ βˆ’ 3| adalah ….

A. {π‘₯|π‘₯ ≀ βˆ’1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

B. {π‘₯|βˆ’6 ≀ π‘₯ ≀ βˆ’11

2, π‘₯ ∈ 𝑅}

C. {π‘₯|βˆ’3 ≀ π‘₯ ≀ βˆ’11

2, π‘₯ ∈ 𝑅}

D. {π‘₯|βˆ’6 ≀ π‘₯ ≀ 11

2, π‘₯ ∈ 𝑅}

E. {π‘₯|βˆ’3 ≀ π‘₯ ≀ 3, π‘₯ ∈ 𝑅}

Pembahasan (3|π‘₯ + 3|)2 ≀ |π‘₯ βˆ’ 3|2 kuadratkan kedua ruas

⇔ (3(π‘₯ + 3))2

≀ (π‘₯ βˆ’ 3)2

⇔ (3(π‘₯ + 3))2

βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 3)2 ≀ 0

⇔ (3(π‘₯ + 3) βˆ’ (π‘₯ βˆ’ 3))(3(π‘₯ + 3) + (π‘₯ βˆ’ 3)) ≀ 0

⇔ (3π‘₯ + 9 βˆ’ π‘₯ + 3)(3π‘₯ + 9 + π‘₯ βˆ’ 3) ≀ 0

⇔ (2π‘₯ + 12)(4π‘₯ + 6) ≀ 0

Pembuat nol

⇔ (2π‘₯ + 12) = 0 atau (4π‘₯ + 6) = 0

⇔ π‘₯ = βˆ’12

2 atau π‘₯ = βˆ’

6

4

⇔ π‘₯ = βˆ’6 atau π‘₯ = βˆ’3

2

Penyelesaian: βˆ’6 ≀ π‘₯ ≀ βˆ’3

2

Jadi, himpunan nilai-nilai π‘₯ ∈ 𝑅 yang memenuhi pertidaksamaan 3|π‘₯ + 3| ≀ |π‘₯ βˆ’ 3| adalah

{π‘₯|βˆ’6 ≀ π‘₯ ≀ βˆ’112 , π‘₯ ∈ 𝑅}

Jawaban B

55. Semua bilangan real π‘₯ yang memenuhi βˆ’3 < 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1 adalah ….

A. βˆ’1 < π‘₯ < 2

B. π‘₯ < 0 atau π‘₯ > 1

C. π‘₯ < βˆ’1 atau π‘₯ > 2

D. π‘₯ < βˆ’1 atau 1 < π‘₯ < 2

E. βˆ’1 < π‘₯ < 0 atau 1 < π‘₯ < 2

Pembahasan

βˆ’3 < 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1

⇔ βˆ’3 < 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| dan 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1

(i) untuk βˆ’3 < 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| ⇔ βˆ’6 < βˆ’2|1 βˆ’ 2π‘₯|

β‡”βˆ’6

βˆ’2> |1 βˆ’ 2π‘₯|

⇔ 3 > |1 βˆ’ 2π‘₯| ⇔ |1 βˆ’ 2π‘₯| < 3 ⇔ βˆ’3 < 1 βˆ’ 2π‘₯ < 3

(ii) Untuk 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1 ⇔ βˆ’2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1 βˆ’ 3 ⇔ βˆ’2|1 βˆ’ 2π‘₯| < βˆ’2 ⇔ |1 βˆ’ 2π‘₯| > 1 ⇔ 1 βˆ’ 2π‘₯ < βˆ’1 atau 1 βˆ’ 2π‘₯ > 1 ⇔ βˆ’2π‘₯ < βˆ’1 βˆ’ 1 atau βˆ’2π‘₯ > 1 βˆ’ 1 ⇔ βˆ’2π‘₯ < βˆ’2 atau βˆ’2π‘₯ > 0

Page 25: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

25

SMAN 12 MAKASSAR

⇔ βˆ’3 βˆ’ 1 < βˆ’2π‘₯ < 3 βˆ’ 1 ⇔ βˆ’4 < βˆ’2π‘₯ < 2 ⇔ βˆ’1 < π‘₯ < 2

⇔ π‘₯ >βˆ’2

βˆ’2 atau π‘₯ <

0

βˆ’2

⇔ π‘₯ > 1 atau π‘₯ < 0

Irisan dari (i) dan (ii)

diperoleh βˆ’1 < π‘₯ < 0 atau 1 < π‘₯ < 2

jadi, Semua bilangan real π‘₯ yang memenuhi βˆ’3 < 3 βˆ’ 2|1 βˆ’ 2π‘₯| < 1 adalah βˆ’1 < π‘₯ < 0 atau

1 < π‘₯ < 2

Jawaban E

56. Jika |2π‘₯ βˆ’ 3|2 βˆ’ |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ 20, nilai π‘₯ yang memenuhi adalah ….

A. π‘₯ ≀ βˆ’4 atau π‘₯ β‰₯ 5

B. π‘₯ ≀ βˆ’5 atau π‘₯ β‰₯ 4

C. π‘₯ ≀ βˆ’1 atau π‘₯ β‰₯ 4

D. π‘₯ ≀ βˆ’4 atau π‘₯ β‰₯ 1

E. π‘₯ ≀ 1 atau π‘₯ β‰₯ 4

Pembahasan

Misalkan 𝑝 = |2π‘₯ βˆ’ 3| maka pertidaksamaan menjadi 𝑝2 βˆ’ 𝑝 β‰₯ 20

⇔ 𝑝2 βˆ’ 𝑝 βˆ’ 20 β‰₯ 0

⇔ (𝑝 + 4)(𝑝 βˆ’ 5) β‰₯ 0

Pembuat nol:

𝑝 + 4 = 0 atau 𝑝 βˆ’ 5 = 0

𝑝 = βˆ’4 atau 𝑝 = 5

Nilai 𝑝 yang memenuhi adalah 𝑝 ≀ βˆ’4 atau 𝑝 β‰₯ 5 |2π‘₯ βˆ’ 3| ≀ βˆ’4 atau |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ 5

Untuk |2π‘₯ βˆ’ 3| ≀ βˆ’4 tidak ada nilai π‘₯ yang memenuhi

Untuk |2π‘₯ βˆ’ 3| β‰₯ 5

⇔ 2π‘₯ βˆ’ 3 ≀ βˆ’5 atau 2π‘₯ βˆ’ 3 β‰₯ 5

⇔ 2π‘₯ ≀ βˆ’5 + 3atau 2π‘₯ β‰₯ 5 + 3

⇔ 2π‘₯ atau 2π‘₯ β‰₯ 8

⇔ π‘₯ β‰€βˆ’2

2 atau π‘₯ β‰₯

8

2

⇔ π‘₯ ≀ βˆ’1 atau π‘₯ β‰₯ 4

Jawaban C

Page 26: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

26

SMAN 12 MAKASSAR

C. Masalah yang berkaitan dengan persamaan dan pertidaksamaan nilai mutlak

57. Seorang karyawan di suatu perusahaan akan memperoleh kenaikan gaji karena telah

berprestasi. Perusahaan menerapkan aturan bahwa penyimpangan gaji karyawan dengan

pangkat sama adalah Rp500.000,00. Jika gaji karyawan tersebut mula-mula Rp3.000.000,00,

tentukan gaji terendah dan gaji tertinggi karyawan berpangkat sama dengan karyawan yang

memperoleh kenaikan gaji.

Pembahasan

Misalka π‘₯ adalah gaji karyawan berpangkat sama dengan karyawan yang memperoleh kenaikan gaji

Penyimpangan sebesar Rp500.000,00

⇔ |π‘₯ βˆ’ 3.000.000| = 500.000

⇔ π‘₯ βˆ’ 3.000.000 = 500.000 ⇔ π‘₯ = 500.000 + 3.000.000 ⇔ π‘₯ = 3.500.000

atau ⇔ π‘₯ βˆ’ 3.000.000 = βˆ’500.000 ⇔ π‘₯ = βˆ’500.000 + 3.000.000

⇔ π‘₯ = 2.500.000

Jadi, gaji terendah Rp2.500.000,00 dan gaji maksimu Rp3.500.000,00

58. Jembatan kali Kuto yang terletak di jalan tol batang

– Semarang mempunyai panjang 100 m. Oleh karena

perubahan suhu pada siang hari dan malam hari

jembatan kali Kuto mengalami pemuaian dan

penyusutan sepanjang 360 mm. Berapa panjang

minimum kali Kuto tersebut?

A. 103,6 m

B. 100,36 m

C. 99,64 m

D. 96,4 m

E. 94,6 m

Pembahasan

Misalkan π‘₯ panjang jembatan setelah mengalami pemuaian dan penyusutan

Besar penyimpangan panjang jembatan dari panjang semula adalah 360 mm adalah 0,36 m. |π‘₯ βˆ’ 100| = 0,36

⇔ π‘₯ βˆ’ 100 = 0,36 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ βˆ’ 100 = βˆ’0,36

⇔ π‘₯ = 0,36 + 100 atau π‘₯ = βˆ’0,36 + 100

⇔ π‘₯ = 100,36 atau π‘₯ = 99,64

Panjang maksimum jembatan = 100,36 π‘š

Panjang minimum jembatan = 99,64 π‘š

Jadi, Panjang minimum jembatan Kali Kuto adalah 99,64 m.

Jawaban C

59. Sebuah mesin digunakan untuk mengisi sebuah kantong dengan 450 gram gula. Setelah

kantong diisi, mesin lain akan menimbang ulang. Jika berat kantong berbeda sekitar 8,5 gram

dengan berat yang diinginkan maka kantong itu dibuang

a. Modelkan situasi ini dengan persamaan nilai mutlak

b. Gunakan model pada poin a untuk menentukan berat maksimum dan berat minimum

kantong yang diizinkan

Pembahasan

a. Misalkan 𝑏 adalah berat kantong

Persamaan nilai mutlak |𝑏 βˆ’ 450| = 8,5

Sumber: https://www.herrytjiang.com/

Page 27: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

27

SMAN 12 MAKASSAR

b. Berat maksimum 𝑏 βˆ’ 450 = 8,5 𝑏 = 450 + 8,5 𝑏 = 458,5

Berat minimum 𝑏 βˆ’ 450 = βˆ’8,5 𝑏 = 450 βˆ’ 8,5 𝑏 = 441,5

60. Anggota tim lari setafet 400 m bisa berlari dalam waktu rata-rata 58,4 detik. Catatan dari

anggota tim berbeda sekitar 6,6 detik dari waktu rata-rata ini

a. Modelkan situasi ini dengan persamaan nilai mutlak

b. Selesaikan persamaan nilai mutlak pada pon a, dan jelaskan arti dari penyelesaian

tersebut

Pembahasan

a. Misalkan 𝑑 adalah waktu yang diperlukan berlari

Persamaan nilai mutlak |𝑑 βˆ’ 58,4| = 6,6

b. Kasus 1 𝑏 βˆ’ 58,4 = 6,6 𝑏 = 6,6 + 58,4 𝑏 = 65

Kasus 2 𝑏 βˆ’ 58,4 = βˆ’6,6 𝑏 = 58,4 βˆ’ 6,6 𝑏 = 51,8

Arti dari penyelesaian Waktu rata-rata maksimum adalah 65 detik, dan Waktu

rata-rata minimum adalah 51,8 detik

61. Di koperasi sekolah Adi membeli satu buku teks matematika dan satu buku teks bahasa

Indonesia. Pada buku teks matematika tertera label harga Rp60.000. Petugas sekolah

mengatakan bahwa selisih harga kedua buku teks alah Rp15.000,00. Tentukan harga yang

mungkin untuk satu buku teks bahasa Indonesia

Pembahasan

Misalkan harga satu buku teks bahasa Indonesia adalah π‘₯

|π‘₯ βˆ’ 60.000| = 15.000

Kemungkinan 1

π‘₯ βˆ’ 60.000 = 15.000

π‘₯ = 15.000 + 60.000

π‘₯ = 75.000

Kemungkinan 2

π‘₯ βˆ’ 60.000 = βˆ’15.000

π‘₯ = βˆ’15.000 + 60.000

π‘₯ = 45.000

Jadi, harga yang mungkin untuk satu buku teks bahasa Indonesia adalah Rp45.000 atau Rp75.000

Page 28: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

28

SMAN 12 MAKASSAR

62. Pada ulangan harian matematika kelas X-A diperoleh nilai rata-rata kelas tersebut 82,5.

Usman dan Ali siswa di kelas XA tersebut. Tentukan nilai Rafa dan Kevin jika:

a. Nilai Usman menyimpang sebesar 3 satuan

b. nilai Ali menyimpang sebesar 12,04 satuan

Pembahasan

a. Misalkan nilai Usman adalah u |𝑒 βˆ’ 82,5| = 3

⇔ 𝑒 βˆ’ 82,5 = 3 atau 𝑒 βˆ’ 82,5 = βˆ’3 ⇔ 𝑒 = 3 + 82,5 atau 𝑒 = βˆ’3 + 82,5

⇔ 𝑒 = 85,5 atau 𝑒 = 79,5

Jadi, nilai Usman adalah 85,5 atau 79,5

b. Misalkan nilai Ali adalah a |π‘Ž βˆ’ 82,5| = 12,04

⇔ π‘Ž βˆ’ 82,5 = 12,04 atau π‘Ž βˆ’ 82,5 = βˆ’12,04

⇔ π‘Ž = 12,04 + 82,5 atau π‘Ž = βˆ’12,04 + 82,5

⇔ π‘Ž = 94,54 atau π‘Ž = 70,46

Jadi, nilai Ali adalah 85,5 atau 79,5

63. Seorang polisi menembak objek sasaran yang

diletakkan pada jarak tertentu. Misalkan pola

lintasan peluru yang mengarah ke objek sasaran

memenuhi fungsi 𝑦 = 0,373π‘₯ + 0,28. Kecepatan

angin dan hentakan senjata akan mempengaruhi

pergerakan peluru sehingga kemungkinan lintasan

peluru dapat berubah menjadi 𝑦 = 0,369π‘₯ + 0,30.

Jika π‘₯ = 0 adalah posisi diam polisi tersebut, pada

jarak berapakah lintasan peluru akan menyimpang

sejauh 0,06 π‘š akibat pengaruh perubahan arah tersebut?

Pembahasan

Misalkan 𝑦1 = 0,373π‘₯ + 0,28 dan 𝑦2 = 0,369π‘₯ + 0,32.

Lintasan peluru akan menyimpang sejauh 0,06 m

sehingga diperoleh persamaan berikut.

|𝑦1 βˆ’ 𝑦2| = 0,06

⇔ |(0,373π‘₯ + 0,28 )– (0,369π‘₯ + 0,30)| = 0,06

⇔ |0,373π‘₯ + 0,28 – 0,369π‘₯ – 0,30| = 0,06

⇔ |0,004π‘₯ – 0,02| = 0,06

⇔ 0,004π‘₯ – 0,02 = 0,06 atau 0,004π‘₯ – 0,02 = – 0,06

⇔ 0,004π‘₯ = 0,08 atau 0,004π‘₯ = – 0,04

⇔ π‘₯ = 20 atau π‘₯ = – 10

Oleh karena π‘₯ = 0 posisi diam polisi atau posisi awal peluru maka π‘₯ = – 10 tidak

memenuhi. Penyelesaiannya hanya π‘₯ = 20.

Jadi, pada jarak 20 m lintasan peluru akan menyimpang sejauh 0,06 m.

64. Tegangan normal yang didistribusikan PLN ke rumah-rumah adalah 220 volt. Akan tetapi,

tegangan nyata di rumah-rumah ditoleransi boleh berbeda paling besar 11 volt dari tegangan

normal 220 volt.

a. tuliskanlan pertidaksamaan mutlak untuk memodelkan situasi ini

b. selesaikan pertidaksamaan ini untuk menentukan kisaran tegangan nyata yang masih

bisa ditoleransi oleh PLN

Sumber: https://www.merdeka.com/

Page 29: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

29

SMAN 12 MAKASSAR

Pembahasan

a. Misalkan π‘₯ adalah tegangan nyata yang didistribusikan ke rumah-rumah

Model matematika |π‘₯ βˆ’ 220| ≀ 11

b. βˆ’11 ≀ π‘₯ βˆ’ 220 ≀ 11

220 βˆ’ 11 ≀ π‘₯ ≀ 11 + 220

269 ≀ π‘₯ ≀ 231

𝐻𝑃 = {π‘₯|269 ≀ π‘₯ ≀ 231, π‘₯πœ–π‘…}

Jadi, tegangan nyata di rumah-rumah yang masih ditoleransi oleh PLN terletak di

antara 269 volt sampai dengan 231 volt. 65. Manusia merupakan makhluk homoitermik yaitu makhluk berdarah panas dimana suhu

tubuhnya relatif konstan terhadap perubahan suhu di sekitarnya. Suhu manusia (suhu inti

dipertahankan dalam batas normal yaitu 0,3℃ dari suhu normal. Jika suhu normal manusia

yaitu 36,9℃, kisaran nilai seseorang dikatakan mempunyai suhu normal adalah ….

A. 36,3℃ ≀ π‘₯ ≀ 36,9℃

B. 36,6℃ ≀ π‘₯ ≀ 37,2℃

C. 36,8℃ ≀ π‘₯ ≀ 37,4℃

D. 36,9℃ ≀ π‘₯ ≀ 37,5℃

E. 37,8℃ ≀ π‘₯ ≀ 38℃

Pembahasan

Misalkan: 𝑑̅ = 36,9Β° = suhu badan normal manusia

𝑑 = suhu badan seseorang

Seseorang dikatakan mempunyai suhu normal jika penyimpangannya tidak lebih dari 0,3 Β°C.

|𝑑 – 𝑑̅ | = 0,3 °𝐢

|𝑑 – 36,9 °𝐢| ≀ 0,3 °𝐢

⇔ – 0,3 °𝐢 ≀ 𝑑– 36,9 °𝐢 ≀ 0,3 °𝐢

⇔ – 0,3 °𝐢 + 36,9 °𝐢 ≀ 𝑑 ≀ 0,3 °𝐢 + 36,9 °𝐢

⇔ 36,6 °𝐢 ≀ 𝑑 ≀ 37,2°𝐢

Jadi, kisaran nilai seseorang dikatakan mempunyai suhu normal adalah 36,6 °𝐢 ≀ 𝑑 ≀

37,2 °𝐢

Jawaban B

66. Pintu air Manggarai merupakan bagian dari sistem pengendalian banjir di Jakarta. Fungsi

pintu air ini mengalirkan air sungai Ciliwung kebagian luar Jakarta ketinggian air di pintu

Manggarai dipertahankan 750 cm. jika karena pengaruh cuaca membuat ketinggian air

menyimpang lebih dari 80 cm, tentukan interval perubahan ketinggian air di pintu air

Manggarai.

Pembahasan

Misalkan β„Ž = kemungkinan perubahan ketinggian air

Penyimpangan air > 80 π‘π‘š

|β„Ž – 750 | > 80

⇔ β„Ž βˆ’ 750 < βˆ’80 atau β„Ž βˆ’ 750 𝑐 > 80

⇔ β„Ž < βˆ’80 + 750 atau β„Ž > 80 + 750

⇔ β„Ž < 670 atau β„Ž > 830

Jadi, interval perubahan ketinggian air di pintu air Manggarai adalah kurang dari 670 π‘π‘š atau

lebih dari 830 π‘π‘š.

67. Pada tes pemilihan anggota paskibraka, tinggi siswa menjadi salah satu syarat utama. Tinggi

rata-rata siswa yang terpilih menjadi anggota paskibraka putra adalah 175 cm dan putri 168

Page 30: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

30

SMAN 12 MAKASSAR

cm. pada tes pemilihan tersebut, simpangan tertinggi badan siswa yang terpilih menjadi

anggota paskibraka putra atau putri tidak lebih dari 2 cm. Tentukan itnggi badan siswa yang

terpilih menjadi anggota paskibra putra atau putri.

Pembahasan

β€’ Misalkan π‘₯ = tinggi badan rata-rata siswa yang terpilih menjadi anggota paskibraka

putra

Besar simpangan tinggi badan = |π‘₯ – 175 |

Besar simpangan tinggi badan tidak lebih dari 2 cm

|π‘₯ – 175| < 2

⇔ – 2 < π‘₯ – 175 < 2

⇔ – 2 + 175 < π‘₯ – 175 + 175 < 2 + 175

⇔ 173 < π‘₯ < 177

Jadi, tinggi badan siswa yang terpilih menjadi anggota paskibraka putra 173 π‘π‘š < π‘₯ <

177π‘π‘š

β€’ Misalkan y= tinggi badan rata-rata siswa yang terpilih menjadi anggota paskibraka putri.

Besar simpangan tinggi badan = |𝑦 – 168|

Besar simpangan tinggi badan tidak lebih dari 2 cm

|𝑦 – 168| < 2

⇔ – 2 < 𝑦 – 168 < 2

⇔ – 2 + 168 < 𝑦 – 168 + 168 < 2 + 168

⇔ 166 < 𝑦 < 170

Jadi, tinggi badan siswa yang terpilih menjadi anggota paskibraka putri 166 π‘π‘š < 𝑦 <

170 π‘π‘š.

68. Ketinggian normal permukaan air Sungai Bengawan adalah 120 cm. Ketinggian permukaan

air Sungai Bengawan dapat berubah-ubah pada musim kemarau atau musim penghujan. Jika

penyimpangan ketinggian permukaan air sungai tersebut kurang dari 11 cm, interval

ketinggian sungai bengawan adalah ….

a. Kurang dari 109 cm

b. Lebih dari 120 cm

c. Lebih dari 131 cm

d. Antara 109 cm dan 131 cm

e. Antara 109 cm dan 120 cm

Pembahasan

Misalkan π‘₯ = ketinggian permukaan air Sungai Bengawan setiap saat

Penyimpangan kurang dari 11 cm

⇔ |π‘₯ – 120| < 11

⇔ – 11 < π‘₯ – 120 < 11

⇔ – 11 + 120 < π‘₯ < 11 + 120

⇔ 109 < π‘₯ < 131

Jadi, interval ketinggian Sungai Bengawan adalah antara 109 cm dan 131 cm.

Jawaban D

69. Sebuah perusahaan sudah mendirikan minimarket A dikilometer ke-20 pada suatu jalan dan

minimarket B di kilometer ke-50 pada jalan yang sama. Perusahaan tersebut ingin

mendirikan minimarket lagi di jalan tersebut. Jika perusahaan nenginginkan minimarket

yang baru jaraknya dari minimarket B lebih 20 km, pada kilometer berapakah mini market

yang baru mungkin didirikan?

a. Lebih dari km-70

b. Kurang dari km-30

c. Kurang dari km-20 atau lebih dari km-70

Page 31: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

31

SMAN 12 MAKASSAR

d. Kurang dari km-30 atau lebih dari km-70

e. Kurang dari km-70 atau lebih dari km-30

Pembahasan

Misalkan π‘₯ = kilometer pada jalan tempat minimarket didirikan

Jarak minimarket C dari B lebih dari 20 km

⇔ |50 – x| > 20

⇔ 50 – x < –20 atau 50 – x > 20

⇔ –x < –70 atau –x > –30

⇔ x > 70 atau x < 30

Jadi, minimarket tersebut didirikan pada kilometer kurang dari km-30 atau lebih dari km-70.

Jawaban D

70. Seorang produsen sereal memberikan toleransi 0,75 ons untuk sekotak sereal yang

bobot seharusnya (ideal) 20 ons. Tulis dan pecahkan pertidaksamaan nilai mutlak

yang menggambarkan bobot yang dapat diterima untuk kotak kemasan "20 ons"

Pembahasan

Model Verbal

|π΅π‘’π‘Ÿπ‘Žπ‘‘ π‘ π‘’π‘π‘’π‘›π‘Žπ‘Ÿπ‘›π‘¦π‘Ž βˆ’ π‘π‘’π‘Ÿπ‘Žπ‘‘ π‘–π‘‘π‘’π‘Žπ‘™| ≀ π‘‡π‘œπ‘™π‘’π‘Ÿπ‘Žπ‘›π‘ π‘–

Label

Berat sebenarnya = π‘₯ (ons)

Berat ideal = 20 (ons)

Toleransi = 0,75 (ons)

Model Aljabar

|π‘₯ βˆ’ 20| ≀ 0,75

βˆ’0,75 ≀ π‘₯ βˆ’ 20 ≀ 0,75

19,25 ≀ π‘₯ ≀ 20,75

Page 32: SMAN 12 MAKASSAR - inspired2write.com

Muhammad Arif Kupas Tuntas Nilai Mutlak

32

SMAN 12 MAKASSAR

REFERENSI

1. Judul Buku: PR Matematika Untuk SMA/MA Kelas X semester 1. Penulis: Nagpiningsih, Anna

Yuni Astuti, Miyanto. Penerbit: Intan Pariwara. Tahun: 2019

2. Judul Buku: Matematika Untuk Siswa SMA-MA/SMK-MAK Kelas X. Penulis: Marthen

Kanginan. Penerbit: Srikandi Empat. Tahun: 2016

3. Judul Buku: ESPS Matematika untuk SMA/MA Kelas X Kelompok Wajib. Penulis: Wono Etya Budhi, Untung Widodo. Penerbit: Erlangga. Tahun: 2018

β€œSilakan bagi yang ingin memperbanyak untuk keperluan pendidikan, bukan untuk

diperjualbelikan”

Kritik dan saran: [email protected]

HP/WA: 0852-5518-3435