Bab 18 Kebarangkalian Mudah

7.6 Kebarangkalian, SPM Praktis (Kertas 2)

Soalan 2:
Sebuah beg mengandungi 4 keping kad merah, 6 keping kad biru dan 5 keping kad hijau. Sekeping kad dikeluarkan secara rawak daripada beg itu. Warna kad itu dicatatkan dan kad itu dikembalikan ke dalam beg. Seterusnya, kad kedua dan ketiga dipilih secara rawak.
Cari kebarangkalian bahawa
(a)    ketiga-tiga kad yang dipilih itu berwarna biru,
(b)   dua kad biru dipilih diikuti dengan sekeping kad merah,
(c)    turutan kad yang terpilih adalah merah, hijau dan biru,
(d)   ketiga-tiga kad yang dipilih berwarna sama.

Penyelesaian:
Katakan M = kad merah, B = kad biru, H = kad hijau
(a)
Kebarangkalian (ketiga-tiga kad berwarna biru)
= 6 15 × 6 15 × 6 15 = 8 125

(b)
Kebarangkalian (dua kad biru diikuti dengan sekeping kad merah)
= 6 15 × 6 15 × 4 15 = 16 375

(c)
Kebarangkalian (turutan kad yang terpilih adalah merah, hijau dan biru)
= 4 15 × 6 15 × 5 15 = 8 225

(d)
Kebarangkalian (ketiga-tiga kad yang dipilih berwarna sama)
= P ( M M M ) + P ( B B B ) + P ( H H H ) = ( 4 15 ) 3 + ( 6 15 ) 3 + ( 5 15 ) 3 = 64 3375 + 216 3375 + 125 3375 = 3 25


Bab 18 Kebarangkalian Mudah

7.5 Kebarangkalian, SPM Praktis (Kertas 1)
Soalan 1:
Kebarangkalian pelajar P dipilih sebagai pengawas sekolah ialah 3 4  manakala kebarangkalian pelajar Q dipilih ialah 5 6 .
Cari kebarangkalian bahawa
(a) kedua-dua pelajar dipilih sebagai pengawas sekolah,
(b) hanya seorang pelajar dipilih sebagai pengawas sekolah.

Penyelesaian:
 (a)
Kebarangkalian (kedua-dua pelajar dipilih sebagai pengawas sekolah)
= 3 4 × 5 6 = 5 8  

(b)
Kebarangkalian (hanya seorang pelajar dipilih sebagai pengawas sekolah)
=( 3 4 × 1 6 )+( 1 4 × 5 6 ) = 3 24 + 5 24 = 1 3



Soalan 2:
Sebuah beg mengandungi x keping kad berwarna merah jambu dan 6 keping kad berwarna hijau. Dua keping kad dikeluarkan secara rawak daripada kotak itu, satu demi satu, tanpa dikembalikan ke dalam beg itu. Cari nilai x jika kebarangkalian untuk mendapatkan 2 keping kad hijau ialah .

Penyelesaian:
Jumlah kad dalam beg = x + 6
P(mendapatkan 2 keping kad hijau) =
6 x+6 × 5 x+5 = 1 3 30 ( x+6 )( x+5 ) = 1 3
(x + 6) (x + 5) = 90
x2 + 11x + 30 = 90
x2 + 11x – 60 = 0
(x – 4) (x + 15) = 0
 x = –15 (tidak diterima)
Oleh itu, x = 4    


Bab 3 Fungsi Kuadratik

3.7 Fungsi Kuadratik, SPM Praktis (Soalan Panjang)

Soalan 3:
  
Rajah di atas menunjukkan graf fungsi kuadratik y = f(x). Garis lurus y = –4 ialah tangen kepada lengkung y = f(x).
(a)    Tulis persamaan paksi simetri untuk fungsi f(x).
(b)   Ungkapakan f(x) dalam bentuk (x + p)2 + q , dengan keadaan p dan q ialah pemalar.
(c)    Cari julat nilai xsupaya
(i)     f(x) < 0,            (ii) f(x) ≥ 0.

Penyelesaian:
(a)
Koordinat-x titik minimum = titik tengah bagi (–2, 0) dan (6, 0)
= 2+6 2 =2 
Maka, persamaan paksi simetri untuk fungsi f(x) ialah x = 2.

(b)
Gantikan x = 2 dalam x + p = 0,
2 + p = 0
p = –2
dan q = –4 (nilai f(x) yang paling kecil)
Maka, f(x) = (x + p)2 + q
f(x) = (x – 2)2 – 4

(c)(i) Daripada graf, bagi f(x) < 0, julat nilai x ialah –2 < x < 6 ← (bahagian graf di bawah paksi-x).

(c)(ii) Daripada graf, bagi f(x) ≥ 0, julat nilai x ialah x ≤ –2 atau x ≥ 6 ← (bahagian graf di atas paksi-x).



Soalan 4:
  1. Cari julat nilai k supaya persamaan x2kx + 3k – 5 = 0 tidak mempunyai punca.
  2. Buktikan bahawa punca-punca persamaan kuadratik hx2 – (h + 3)x + 1 = 0 adalah nyata dan berbeza untuk semua nilai h.

Penyelesaian:
(a)
x 2 kx+( 3k5 )=0 Jika persamaan di atas tidak mempunyai punca, maka  b 2 4ac<0. k 2 4( 3k5 )<0 k 2 12k+20<0 ( k2 )( k10 )<0

Graf fungsi y = (k – 2)(k – 10) memotong paksi ufuk di k = 2 dan k = 10.
Graf melekung ke bawah untuk b2 – 4ac < 0.


Julat nilai k yang memuaskan ketaksamaan di atas ialah 2 < k < 10.

(b)
h x 2 ( h+3 )x+1=0 b 2 4ac= ( h+3 ) 2 4( h )( 1 ) = h 2 +6h+94h = h 2 +2h+9 = ( h+ 2 2 ) 2 ( 2 2 ) 2 +9 = ( h+1 ) 2 1+9 = ( h+1 ) 2 +8

Nilai minimum bagi (h + 1) + 8 ialah 8, satu nilai positif. Oleh itu, b2 – 4ac > 0 untuk semua nilai h.
Maka, punca-punca persamaan kuadratik hx2 – (h + 3)x + 1 = 0 adalah nyata dan berbeza untuk semua nilai h.

Bab 12 Janjang

1.4 Janjang, SPM Praktis (Soalan Panjang)
Soalan 2:
Satu bulatan, jejari 10 cm dibahagikan kepada 4 sektor dengan keadaan luas sektor-sektor itu adalah dalam janjang geometri. Diberi bahawa luas sector yang paling besar ialah 8 kali luas sektor yang paling kecil. Cari luas sektor yang paling besar itu.

Penyelesaian:
Katakan luas yang terkecil
= ½ (10)2θ ← (Luas sektor = ½ j2 θ)
= 50 θ
nisbah sepunya = r
janjang geometri ialah 50 θ, 50 θr, 50 θr2, 50 θr3.

diberi bahawa luas sektor yang paling besar ialah 8 kali luas sektor yang paling kecil,
50 θr3 = 8 (50 θ)
r3 = 8
r= 2

Jumlah luas semua sektor
= luas bulatan = πj2
= π (10)2 = 100π

S4 = 100π
50θ( r 4 1 ) r1 =100π 50θ( 2 4 1 ) 21 =100π 50θ( 15 )=100π θ= 2π 15

T4 = 50 θr3
T 4 =50( 2π 15 ) ( 2 ) 3  
T4 = 167.6 (π = 3.142)
Luas sektor terbesar = 167.6 cm2

Bab 12 Janjang

1.4 Janjang, SPM Praktis (Soalan Panjang)

Soalan 1:
Rajah di bawah menunjukkan sebahagian daripada susunan batu-bata  yang sama saiz dalam suatu tapak pembinaan.



Bilangan bata pada garis yang paling bawah ialah 100 ketul. Bagi baris-baris yang berikutnya, bilangan bata adalah 2 ketul kurang daripada baris yang di bawahnya. Tinggi setiap ketul bata itu ialah 7 cm.
Rahman membina sebuah tembok dengan mneyusun bata mengikut susunan itu. Bilangan bata pada garis yang paling atas ialah 4 ketul.
Hitungkan
(a)    tinggi, dalam cm, tembok itu.
(b)   jumlah harga bata yang digunakan jika harga seketul bata ialah 50 sen.

Penyelesaian:
100, 98, 96, …, 4 adalah satu janjang aritmetik
a= 100 dan d = –2

(a)
Tn= 4
a + (n – 1) d = 4
100 + (n – 1)(–2) = 4
100 – 2n + 2 = 4
2n = 98
n= 49
Maka, tinggi tembok = 49 × 7 = 343 cm

(b)
Jumlah bata yang digunakan
= S49
= 49 2 ( 100+4 ) rumus,  S n = n 2 ( a+l )  
= 2548
Maka, jumlah harga = 2548 × RM0.50
                                     = RM1,274

Bab 2 Persamaan Kuadratik

2.6 Persamaan Kuadratik, SPM Praktis (Kertas 2)
Soalan 2:
Diberi α dan β ialah punca-punca bagi persamaan kuadratik (2x + 5)(x + 1) + p = 0 dengan keadaan αβ = 3 dan p ialah pemalar.
Cari nilai p, α dan β.

Penyelesaian:
(2x + 5)(x + 1) + p = 0
2x2 + 2x + 5x + 5 + p = 0
2x2 + 7x + 5 + p = 0
*Bandingkan dengan, x2 – (hasil tambah dua punca)x + hasil darab dua punca = 0
x 2 + 7 2 x+ 5+p 2 =0 bahagi kedua-dua belah dengan 2  
Hasil darab dua punca, αβ = 3
5+p 2 =3 
5 + p = 6
p = 1

Hasil tambah dua punca = 7 2  
  α+β= 7 2   (1) dan αβ=3   (2) daripada (2), β= 3 α    (3) Gantikan (3) ke dalam (1), α+ 3 α = 7 2  

2+ 6 = 7α  ← (darab kedua-dua belah dengan 2α)
2+ 7α + 6 = 0
(2α + 3)(α + 2) = 0
2α + 3 = 0      atau     α + 2 = 0
α= 3 2                        α = –2

Gantikan α= 3 2  dalam (3), β= 3 3 2 =3( 2 3 )=2  

Gantikan α = –2 dalam (3),

β= 3 2 Oleh itu, p=1, dan apabila α= 3 2 ,β=2 dan α=2,β= 3 2 .  


Bab 5 Indeks dan Logaritma

5.6 Indeks dan Logaritma, SPM Praktis (Soalan Panjang)
Soalan 1
(a)  Cari nilai bagi
        i.       2 log2 12 + 3 log25 – log2 15 – log2 150.
     ii.       log832
(b) Tunjukkan bahawa 5n  + 5n + 1 + 5n + 2 boleh dibahagi dengan 31 bagi semua nilai nyang merupakan integer positif.

Penyelesaian:
(a)(i)
2 log2 12 + 3 log2 5 – log215 – log2 150
= log2 122 + log2 53– log2 15 – log2 150
= log 2 12 2 × 5 3 15×150  
= log2 8
= log2 23
= 3

(a)(ii)
log 8 32= log 2 32 log 2 8            = log 2 2 5 log 2 2 3 = 5 3  

(b)
5n   + 5n + 1 + 5n + 2
= 5n   + (5 × 5n ) + (52 × 5n )
= 5n  (1 + 5 + 52)
= 31 × 5n  
Oleh itu, 5n   + 5n + 1 + 5n + 2 boleh dibahagi dengan 31 bagi semua nilai nyang merupakan integer positif.


Soalan 2:
(a)  Diberi log10 x = 3 dan log10y = –2. Tunjukkan bahawa 2xy – 10000y2 = 19.
(b)  Selesaikan persamaan log3 x = log9(x + 6).

Penyelesaian:
(a)
log10x = 3      → (x = 103)
log10y = –2    → (y = 10-2)
2xy – 10000y2 = 19
Sebelah kiri:
2xy – 10000y2
= 2 × 103 × 10-2 – 10000 (10-2)2
= 20 – 10000 (10-4)
= 20 – 1
= 19
= sebelah kanan

(b)
log 3 x= log 9 ( x+6 ) log 3 x= log 3 ( x+6 ) log 3 9 log 3 x= log 3 ( x+6 ) log 3 3 2 log 3 x= log 3 ( x+6 ) 2  
2log3 x= log3 (x + 6)
log3 x2= log3 (x + 6)
x2 = x + 6
x2 x – 6 = 0
(x + 2) (x – 3) = 0
x = – 2 atau 3.
log3 (– 2) tidak wujud.
Jadi, x = 3.

Bab 3 Fungsi Kuadratik

3.7 Fungsi Kuadratik, SPM Praktis (Soalan Panjang)

Soalan 1:
Tanpa menggunakan kaedah pembezaan atau melukis graf, cari nilai maksimum atau nilai minimum bagi fungsi y = 2 + 4x – 3x2. Seterusnya, cari persamaan paksi simetri bagi graf fungsi itu.

Penyelesaian:
Menyempurnakan kuasa dua bagi fungsi y dalam bentuk y = a(x+ p)2 + q untuk mencari nilai maksimum  atau nilai minimum bagi fungsi y.

y = 2 + 4x – 3x2
y = – 3x2 + 4x + 2 ← (Tulis dalam bentuk am)
y=3[ x 2 4 3 x 2 3 ] y=3[ x 2 4 3 x+ ( 4 3 × 1 2 ) 2 ( 4 3 × 1 2 ) 2 2 3 ] y=3[ ( x 2 3 ) 2 ( 2 3 ) 2 2 3 ]  

y=3[ ( x 2 3 ) 2 4 9 6 9 ] y=3[ ( x 2 3 ) 2 10 9 ] y=3 ( x 2 3 ) 2 + 10 3 Bentuk a (x+p) 2 +q

Didapati a = –3 < 0,
maka fungsi y mempunyai nilai maksimum 10 3 . 
x 2 3 =0 x= 2 3
Persamaan paksi simetri bagi graf fungsi itu ialah x= 2 3 .  




Soalan 2:
Fungsi kuadratik f(x) = x2 – 4px + 5p2 + 1 mempunyai nilai minimum m2 + 2p, dengan keadaan m dan p adalah pemalar.
(a) Dengan menggunakan kaedah menyempurnakan kuasa dua, tunjukkan bahawa m = p – 1.
(b) Seterusnya, atau dengan cara lain, carikan nilai p dan nilai m jika graf bagi fungsi itu bersimetri pada x = m2 – 1.

Penyelesaian:
(a)
f( x )= x 2 4px+5 p 2 +1 = x 2 4px+ ( 4p 2 ) 2 ( 4p 2 ) 2 +5 p 2 +1 = ( x2p ) 2 + p 2 +1 Nilai minimum, m 2 +2p= p 2 +1 m 2 = p 2 2p+1 m 2 = ( p1 ) 2 m=p1

(b)
x= m 2 1 2p= m 2 1 p= m 2 1 2 Diberi m=p1p=m+1 m+1= m 2 1 2 2m+2= m 2 1 m 2 2m3=0 ( m3 )( m+1 )=0 m=3 atau 1 Apabila m=3, p= 3 2 1 2 =4

Bab 2 Persamaan Kuadratik

2.6 Persamaan Kuadratik, SPM Praktis (Kertas 2)
Soalan 1:
(a)  Cari nilai-nilai k supaya persamaan (1 – k) x2– 2(k + 5)x + k + 4 = 0 mempunyai punca yang sama.
Seterusnya, cari punca persamaan itu berdasarkan nilai-nilai k yang diperoleh.
(b)  Diberi lengkung y = 5 + 4x x2 mempunyai persamaan tangen dalam bentuk y = px + 9. Hitung nilai-nilai p yang mungkin.

Penyelesaian:
(a)
Bagi punca-punca yang sama,
b2 – 4ac = 0
[–2(k + 5)] 2 – 4(1 – k)( k + 4) = 0
4(k + 5) 2 – 4(1 – k)( k + 4) = 0
4(k2 + 10k + 25) – 4(4 – 3k k 2 ) = 0
4k2 + 40k + 100 – 16 + 12k + 4k2= 0
8k2 + 52k + 84 = 0
2k2 + 13k + 21 = 0
(2k + 7) (k + 3) = 0
k= 7 2 , 3

Jika k= 7 2 , persamaan ialah
( 1+ 7 2 ) x 2 2( 7 2 +5 )x 7 2 +4=0 9 2 x 2 3x+ 1 2 =0  

9x2 – 6x + 1 = 0
(3x – 1) (3x – 1) = 0
x

Jika k = –3, persamaan ialah
(1 + 3)x 2 – 2(–3 + 5)x – 3 + 4 = 0
4x2 – 4x + 1 = 0
(2x – 1) (2x – 1) = 0
x ½

(b)
y = 5 + 4x x2 ----- (1)
y = px + 9 ---------- (2)
(1)  = (2), 5 + 4x x2= px + 9
x 2 + px – 4x + 9 – 5 = 0
x 2 + (p – 4)x + 4 = 0

Persamaan tangen mempunyai hanya satu titik persilangan, puncanya adalah sama.
b2 – 4ac = 0
(p – 4)2 – 4(1)(4) = 0
p 2 – 8p + 16 – 16 = 0
p 2 – 8p = 0
p (p – 8) = 0
Maka, p = 0 dan p = 8.

Bab 19 Taburan Kebarangkalian

8.4 Taburan Kebarangkalian, SPM Praktis (Kertas 2)
Soalan 1:
Dalam suatu peperiksaan, 2 daripada 5 pelajar yang mengambil peperiksaan itu gagal dalam kertas kimia.
(a)     Jika 6 orang dipilih secara rawak daripada pelajar-pelajar, cari kebarangkalian bahawa tidak melebihi 2 orang pelajar gagal dalam kertas kimia.
(b)   Jika terdapat 200 orang pelajar tingkatan 4 dalam sekolah itu, cari min dan sisihan piawai bilangan orang pelajar gagal kertas kimia.

Penyelesaian:
(a)
X ~ Bilangan pelajar gagal kertas kimia
X ~ B (n, p)
X~B( 6,  2 5 )

P (X = r) = nCr. pr. qn-r
P (X ≤ 2)
= P(X = 0) + P(X = 1) + P(X= 2)
= C 6 0 ( 2 5 ) 0 ( 3 5 ) 6 + C 6 1 ( 2 5 ) 1 ( 3 5 ) 5 + C 6 2 ( 2 5 ) 2 ( 3 5 ) 4  
= 0.0467 + 0.1866 + 0.3110
= 0.5443

(b)
X ~ B (n, p)
X~B( 200,  2 5 ) Min bagi X =np=200× 2 5 =80 Sisihan piawai bagi X = npq = 200× 2 5 × 3 5 = 48 =6.93



Soalan 2:
5% daripada bekalan mangga diterima oleh sebuah supermarket adalah rosak.
(a)    Jika suatu sampel yang terdiri daripada 12 biji mangga dipilih secara rawak, cari kebarangkalian bahawa sekurang-kurangnya 2 biji mangga adalah rosak.
(b)   Cari bilangan minimum mangga yang perlu dipilih supaya kebarangkalian untuk mendapatkan sekurang-kurangnya sebiji mangga rosak adalah lebih daripada 0.85.  
  
Penyelesaian:
(a)
X ~ B (12, 0.05)
1 – P(X ≤ 1)
= 1 – [P(X = 0) + P (X = 1)]
= 1 – [12C0 (0.05)0 (0.95)12 + 12C1 (0.05)1 (0.95)11]
= 1 – 0.8816
= 0.1184

(b)
P (X ≥ 1) > 0.85
1 – P(X = 0) > 0.85
P (X = 0) < 0.15
nC0(0.05)0 (0.95)n< 0.15
nlg 0.95 < lg 0.15
n > 36.98
n = 37

Oleh itu, bilangan minimum mangga yang perlu dipilih ialah 37 sekiranya kebarangkalian lebih daripada 0.85.


Soalan 3:
Dalam suatu kajian di sebuah sekolah, didapati bahawa 20% daripada pelajar tingkatan 5 gagal dalam peperiksaan tengah tahun. Jika 8 orang pelajar daripada sekolah itu dipilih secara rawak, cari kebarangkalian bahawa
(a)    tepat 2 orang pelajar gagal dalam peperiksaan tengah tahun,
(b)   kurang daripada 3 orang pelajar gagal dalam peperiksaan tengah tahun.

Penyelesaian:
(a)
p = 20% = 0.2,
q = 1 – 0.2 = 0.8
X ~ B (8, 0.2)

P (X = 2)
8C2 (0.2)2 (0.8)6
= 0.2936

(b)
P (X < 3)
= P(X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
= 8C0 (0.2)0 (0.8)8+ 8C1 (0.2)1 (0.8)7+ 8C2 (0.2)2(0.8)6
= 0.16777 + 0.33554 + 0.29360
= 0.79691