SOAL DAN SOLUSI UJIAN SEKOLAH 12 IPA TAHUN 2012

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

SOAL DAN SOLUSI

UJIAN SEKOLAH 12 IPA TAHUN 2012

Pilihlah jawaban yang paling tepat!

1. Diberikan premis-premis berikut!

1. Farah belajar tidak dengan serius atau ia dapat mengerjakan semua soal UN dengan benar. 2. Ia tadak dapat mengerjakan semua soal UN dengan benar atau Farah lulus UN.

Penarikan kesimpulan yang sah pada premis-premis tersebut adalah …. A. Farah belajar dengan serius atau ia tidak lulus UN.

B. Farah belajar dengan serius atau ia lulus UN. C. Farah belajar dengan serius dan ia tidak lulus UN. D. Jika Farah belajar dengan serius maka ia tidak lulus UN. E. Jika Farah belajar dengan serius maka ia lulus UN. Solusi:

p  q  p  q

2. Ingkaran dari pernyataa: “Jika hujan tidak turun deras atau tanggul tidak bobol, maka kota itu tidak banjir” adalah ….

A. Jika hujan turun deras atau tanggul bobol maka kota itu banjir. B. Jika hujan turun deras dan tanggul bobol maka kota itu banjir.

C. Hujan tidak turun deras atau tanggul tidak bobol tetapi kota itu banjir. D. Hujan tidak turun deras dan tanggul tidak bobol tetapi kota itu banjir. E. Hujan turun deras atau tanggul bobol tetapi kota itu banjir.

Solusi:

(p  q)  p q

Jadi, ingkaran dari pernyataan tersebut adalah “Hujan tidak turun deras atau tanggul tidak bobol tetapi kota itu banjir”.  [C]

3. Ingkaran dari pernyataan: “Semua barang-barang luar negeri mahal harganya” adalah …. A. Semua barang-barang luar negeri tidak mahal harganya.

B. Tidak ada barang-barang luar negeri yang mahal harganya. C. Ada barang-barang luar negeri yang mahal harganya. D. Ada barang-barang luar negeri yang tidak mahal harganya. E. Tidak ada barang-barang luar negeri yang tidak mahal harganya. Solusi:

p  q p  q

q  r  q  r ….  p  r

Jika Farah belajar dengan serius maka ia dapat mengerjakan semua soal UN dengan benar. Jika ia dapat mengerjakan semua soal UN dengan benar, maka Farah lulus UN.

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

Ingkarannya adalah “Ada barang-barang luar negeri yang tidak mahal harganya”.  [D] 4. Bentuk sederhana dari



1 2



3

2 4 3 2 3 2 6 b a c b a          adalah …. A. ₅ 8 3 a c B. 3a5c8 C. ₅ 8 3a c D. ₅ 8 3 a bc E. b a c 5 8 3 Solusi:



_{1 2}



3 2 4 3 2 3 2 6 b a c b a         

_

_{3 3 6}

_

8 6 4 2 3 3 b a c b a             323 4_₈3 66 c b a 8 0 5 3    c b a 5 8 3 a c 

 [A] 5. Jika 3 1 3 2 5 3 b a   

, maka nilai

ab... A.

2

B.

1

C.

0

D. 1 E. 2 Solusi: 3 1 3 2 5 3 b a   

3 1 3 2 1 3 2 1 3 2 5 3 b a       3 1 12 5 3 10 3 6 b a     

3 11 3 11 11 b a  

1 3ab 3

Sehingga

a1

dan

b1

Jadi,

ab110 [C]

6. Grafik fungsi kuadrat f

 

x  px2 



p3



x4

terletak di atas sumbu X untuk ….

A. 1p9

3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

C. 9 p1

D. 1 p9 E. 9p1 Solusi:

Syarat grafik fungsi f terletak di atas sumbu X adalah D0, sehingga







 p3



2 4p40 0 16 9 6 2 _{   } p p p 0 9 10 2 _{  } p p



p1



p9



0 9 1 p  [D]

7. Diberikan persamaan kuadrat 2x2 



b4



x150yang akar-akarnya α dan β . Jika 28

,

maka nilai b

adalah ….

A. 11 B. 6 C. 5 D. 6 E. 11 Solusi:

Persamaan kuadrat 2x2 



b4



x150, akar-karnya α dan 2 8 .

2 4    b  2 4 8 2      b  8 2 4 3b  2 20 3b 6 20  b  8 6 20 2    b  6 8 2   b 3 4  b 2 15    2 15 3 4 6 20_  _  b b



b20



b4



135 135 80 16 2 _{  } b b 0 55 16 2 _{  } b b



b5



b11



0

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

5   b atau b11

Diambil

b11

 [A]

8. Jika tiga buah kotak korek api identik diimpitkan pada bidang yang terluas maka terjadi sebuah balok yang panjang rusuk totalnya 504 mm, diimpitkan pada bidang goresannya maka balok yang terbentuk mempunyai panjang total rusuknya 576 mm, dan diimpitkan pada bidang sorongan maka balok yang terbentuk mempunyai panjang total rusuknya 648 mm. Panjang rusuk kotak korek api tersebut adalah ….

A.

52,2 mm

B.

50,5 mm

C.

42,5 mm

D.

25,2 mm

E.

22,5 mm

Solusi:

Ambillah panjang, lebar, dan tinggi kotak korek api adalah x mm, y mm, dan z mm, sehingga Tiga buah kotak korek api identik diimpitkan pada bidang yang terluas maka terjadi sebuah balok yang panjang rusuk totalnya 504 mm.

504 12 4

4x y z  x y3z126……… (1)

Tiga buah kotak korek api identik diimpitkan pada bidang bidang goresannya maka terjadi sebuah balok yang panjang rusuk totalnya 576 mm.

576 4 12

4x y z  x3yz144……… (2)

Tiga buah kotak korek api identik diimpitkan pada bidang bidang sorongannya maka terjadi sebuah balok yang panjang rusuk totalnya 648 mm.

648 4 4

12x y z  4xyz162……… (3) Jumlah persamaan (1), (2), dan (3) menghasilkan

162 144 126 5 5 5x y z   4 , 86 5 432_    y z x x z y 86,4 …… (4)

Dari persamaan (3) dan (4) diperoleh 162 4 , 86 4x x 4 , 86 162 3x  2 , 25  x

Jadi, panjang rusuk kotak korek api tersebut adalah 25,2 mm.  [D]

9. Diberikan persamaan lingkaran x2 y2 6x8y750. Salah satu persamaan garis singgung pada lingkaran tersebut yang tegak lurus garis 3x4y120adalah ….

A. 4x3y50dan 4x3y50 B. 4x3y50dan 4x3y50 C. 3x4y50dan 3x4y50 D. 3x3y50dan 3x3y50 E. 3x4y50dan 3x4y50

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

Solusi: 0 75 8 6 2 2 _{    } y x y x



x3

 

2  y4



2 916750



x3

 

2  y4



2 100 Pusat =



3,4



Jar-jari = 10

Gradien gari 3x4y120adalah 4 3 1  m 1 2 1m  m 3 4 2  m

Persamaan garis singgungnya adalah







 2 1  b m x a r m y





1 3 4 10 3 3 4 4 2             x y





1 9 16 10 3 3 4 4     x y





3 50 3 3 4 4    x y



3



50 4 12 3y  x  50 12 4 12 3y  x  50 3 4x y dan 4x3y50 [A]

10. Persamaan lingkaran yang melelui titik



3,12



dan menyinggung garis y2adalah …. A. x2 y2 6x10y150 B. x2  y2 6x10y150 C. x2  y2 6x10y150 D. x2 y2 10x6y150 E. x2 y2 10x6y150 Solusi:

Pusat lingkaran adalah



3, 5



2 12 2 , 2 3 3 _{ }        

Jari-jari lingkaran adalah



33

 

2  52



2 7 Persamaan lingkaran adalah



 

2



2 2 r b y a x   



 

2



2 2 7 5 3     y x

Y

X

O



3,12



y = 2

 

3,2 

6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

0 49 25 9 10 6 2 2 _{      } y x y x 0 15 10 6 2 2 _{    } y x y x  [C]

11. Suku banyak P

 

x dibagi



2x1



dan



x2



masing-masing bersisa 3dan 7. Sisa pembagian

 

x P oleh 2x2 3x2adalah …. A. 4x5 B. 2x4 C. 2 1 3  x D. 4x1 E. x9 Solusi:

Ambillah sisa pembagiannya adalah axb, sehingga

 

x



x x



H

 

x ax b P  2 2 3 2   3 2 1 2 1 _{  }       b a P ….. (1)

 

2 2ab7 P ….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan 10 2 5 _ a 4   a

 

4 3 2 1 _{  } b 1   b

Jadi, sisa pembagiannya adalah 4x1.  [C]

12. Jika fungsi g

 

x 2x4dan



fog

 

x 4x2 2x5, maka f

 

x adalah …. A. x2 17x17 B. x2 17x7 C. x2 7x17 D. x2 7x17 E. x2 7x17 Solusi:



f og

 

x 4x2 2x5

 



g x



4x2 2x5 f



2x4



4x2 2x5 f Ambillah t2x4 2 4  t x , sehingga

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

 

5 2 4 2 2 4 4 2                  t t t f

 

t t2 8t16t45 f

 

t t2 7t17 f

 

x x2 7x17 f  [E]

13. Diberikan fungsi f

 

x x2dan

 

1 3 2    x x x g . Fungsi



go f

  

1 x 4x2 2x5 adalah …. A. 2 1   x x , x2 B. 1 1 2   x x , x1 C. 1 1 2   x x , x1 D. 2 1    x x , x2 E. 2 1   x x , x2 Solusi:



gof

 

x g



f

 

x



g



x2







1 2 3 2 2      x x 1 1 2    x x 1 1 2    y y x 1 2   x y xy



x2



x1 y 2 1     x x y



  

2 1 o 1      x x x f g , x2

atau

 

d cx b ax x f    

 

a cx b dx x f     1



 

1 1 2 o    x x x f g 



  

2 1 o 1      x x x f g , x2 [D]

14. Sebuah perusahaan memproduksi 2 jenis pencukur. Sebuah pencukur tanpa kabel listrik membutuhkan waktu 4 jam untuk membuatnya dan dijual seharga $40. Pencukur yang lainnya dengan kabel listrik membutuhkan waktu 2 jam untuk membuatnya dan dijual seharga $30. Perusahaan itu hanya menpunyai waktu kerja 800 jam untuk digunakan memproduksi pencukur per harinya dan departemen pengiriman dapat membungkus 300 pencukur per hari. Banyak masing-masing jenis pencukur yang diproduksi oleh perusahaan itu per harinya agar diperoleh pendapatan maksimimum adalah ….

8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

A. 300 pencukur dengan kabel listrik saja B. 200 pencukur tanpa kabel listrik saja

C. 150 pencukur tanpa kabel listrik dan 150 pencukur dengan kabel listrik D. 100 pencukur tanpa kabel listrik dan 200 pencukur dengan kabel listrik E. 200 pencukur tanpa kabel listrik dan 200 pencukur dengan kabel listrik Solusi:

Ambillah banyak pencukur tanpa kabel listrik = x buah dan banyak pencukur dengan kabel listrik =

y buah.              0 0 300 800 2 4 y x y x y x Fungsi objektif f

 

x 40x30y 4x2y800 2xy400………….. (1) x y300………..….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: x100

x100 xy300 100 y300 y200

Koordinat titik potongnya adalah (100,200) Titik f

 

x 40x30y

(0,0) 4003000 (200,0) 402003008.000

(100,200) 401003020010.000(maksimum) (0,300) 400303009000

Jadi, banyak masing-masing jenis pencukur yang diproduksi oleh perusahaan itu per harinya agar diperoleh pendapatan maksimimum adalah 100 buah pencukur tanpa kabel listrik dan 200 buah pencukur dengan kabel listrik.  [D]

15. Diberikan matriks-matriks _         4 3 1 2 A

,

_         17 3 22 3 B

, dan

_          5 3 2 2 y x y x C

.

T

B adalah transpose matriks B . Jika ACBT

, maka nilai

xy

adalah

…. A.

1

B.

2

C.

3

D.

4

E.

7

O 400 300 300 (100,200) 300  y x X Y 800 2 4x y 200

9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

Solusi: T B AC T y x y x                           3 17 22 3 5 3 2 2 4 3 1 2                          17 22 3 3 20 9 6 4 4 6 5 6 4 4 y x y x y x y x 3 4    x y 7   y x 7  x y

………….…. (1)

3 5 6 4x y  2 6 4x y 1 3 2x y

…………. (2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh



7



1 3 2x x  1 21 5x  20 5x 4 5 20_  x 4  x



yx7 473

Jadi,

x y431 [A]

16. Diberikan tiga buah vektor, a2i3j5k

,

b4i j6k

, dan

ci4jk

. Nilai dari



a b c



c 3  2 adalah …. A. 

81

B. 69 C.

65

D.

75

E.

103

Solusi:                                         1 4 1 2 6 1 4 5 3 2 3 2 3a b c                               19 18 12 2 6 15 8 1 9 2 4 6



a b c



c 3  2 12 72 19 65 19 18 12 1 4 1                               [C]

17. Koordinat-koordinat titik-titik sudut segitiga ABC adalah A



4,7,0



;

B



6,10,6



; dan



1,9,0



C

Besar

BACadalah ….

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

B. 135 C. 120 D. 90 E. 60 Solusi:                            6 3 2 0 6 7 10 4 6 AB

dan

                         0 2 3 0 0 7 9 4 1 AC AC AB AC AB BAC    cos

 

2

 

2 2 2 2 2 0 2 3 6 3 2 0 2 3 6 3 2                               0 13 49 0 _     BAC 90  [D]

18. Jika panjang proyeksi vektor x3i j4k

pada vektor

y4i4j



a4



k

, dengan

0



a adalah 3 2

kali panjang vektor

y

, maka nilai a adalah

…. A.

0

B. 

1

C. 

2

D. 

3

E. 

4

Solusi:

Ambillah panjang proyeksi vector x pada y adalah c , sehingga

y c 3 2  y y y x 3 2   2 3 2 y y x 

  





2 2 2



4 4 4 3 2 4 4 4 4 1 3                              a a



32 8 16



3 2 16 4 4 12  a  a2  a



8 48



3 2 32 4a  a2  a 48 8 48 6a a2  a

11 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

0 2 2 _{ } a a



a2



0 a 0  a

atau

a2

Jadi, nilai a dalah



2.

 [C] 19. Diberikan vektor            4 3 1 u

dan

            2 1 2

v

. Proyeksi vektor

 

uv

pada v

ektor v adalah ….

A.            4 2 4 B.            6 3 6 C.            10 5 10 D.            2 1 2 E.             8 4 8 Solusi:                                   6 4 1 2 1 2 4 3 1 v u

 

_v u v v u w  ₂                                    2 1 2 2 1 2 2 1 2 6 4 1 2 2 2              2 1 2 9 12 4 2            2 1 2 2             4 2 4  [A]

20. Bayangan garis 2x3y60

oleh refleksi terhadap garis

xy0

dilanjutkan oleh rotasi

sejauh

90

berlawanan arah putaran jarum jam ad

alah ….

A. 2x3y60 B. 2x3y60 C. 2x3y60 D. 3x2y60

12 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012



2

5

6



3

E. 3x2y60 Solusi:                           y x y x 0 1 1 0 0 1 1 0 ' '               y x 1 0 0 1         y x ' x x

dan

yy'

 

' 6 0 3 ' 2x y   0 6 2xy   [B]

21. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan 8log



x2



8log



x5



1adalah …. A.



x3x2atau5x6



B.



xx2atau5x6



C.



xx2ataux5



D.



x5x6



E.



x3x6



Solusi: 1) x20 2   x 2) x50 5  x 3) 8log



x2



8log



x5



1



2



5



log8 log 8 8 _{  } x x



x2



x5



8 0 18 3 2 _{  } x x



x6



x3



8 6 3   x

Dari

1)2)3)

adalah

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah



x5x6



 [D]

22. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan 32x3 263x 10adalah …. A.



xx0



B.



xx1



C.



xx3



D.



xx2



E.



xx3



Solusi: 0 1 3 26 32x3   x   0 1 3 26 3 27 2x   x  

+



₊

6



3

13 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

Ambillah

3xa

, sehingga

0 1 26 27a2  a 



27a1



a1



0 27 1  a

atau

a1 27 1

3x 

(diterima) atau

3x 1

(ditolak)

3 3 3x   3   x 3  x

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah



xx3



 [E]

23. Suatu pabrik kendaraan bermotor mulai berproduksi pada tahun pertama sebanyak 2.000.000 unit. Setiap tahun produksi pabrik itu turun 125.000 unit. Kapan pabrik itu tidak berproduksi lagi? A. 17

tahun

B. 18

tahun

C.

27 tahun

D.

30 tahun

E.

34 tahun

Solusi: 000 . 000 . 2  a

,

b125.000

, dan

un 0



n



b a un   1



1



125.000



000 . 000 . 2 0  n  1 16 0 n 17  n

Jadi, pabrik itu tidak berproduksi lagi setelah 17 tahun.  [A]

24. Diberikan deret geometri dengan jumlah n suku pertama adalah 8.190. Jika suku 3 dan suku ke-8 adalah ke-8 dan 256, maka banyak suku deret tersebut adalah ….

A.

8

B.

10

C.

12

D.

14

E.

22

Solusi: 8 256 3 8 _ u u 32 2 7  ar ar 5 5 2  r 2  r

14 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

2  r



u₃ 8

ar2 8

a

 

22 8

a2





1 1    r r a S n n





1 2 1 2 2 190 . 8    n 1 2 095 . 4  n  12 2 096 . 4 2n   12  n  [C]

25. Diberikan balok ABCD.EFGH, dengan AB = 80 cm, BC = 60 cm, dan AE = 36 cm. Jarak titik C ke bidang BDG adalah …. A.

31,6 cm

B.

30,2 cm

C.

29,8 cm

D.

28,8 cm

E.

20,5 cm

Solusi: 2 2 BC CD BD   802602 100

cm

Luas



BCD

 BCCD CPBD 2 1 2 1 48 100 80 60 _    BD CD BC CP

cm

2 2 CG CP GP   482362 60

cm

Luas



CPG

 CPCG GPCQ 2 1 2 1 8 , 28 60 36 48 _    GP CG CP CQ

cm

Jadi, jarak

titik C ke bidang BDG adalah 28,8 cm.  [D]

26. Diberikan kubus ABCD.EFGH, dengan panjang rusuk 6 cm. Titik P pada rusuk CG, sehingga tanen sudut antara bidang PBD dengan alas adalah

2 1

. Jika

 sudut antara bidang EBD dan bidang PBD, maka nilai cos adalah ….

A.

0

B. 3 6 1 Q 36 6 8 F P D E C G H B A

15 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

C. 2 2 1

cm

D. 3 3 1

cm

E. 2 1

cm

Solusi: 2 2 2 1 2 1 BC AB AC QC  

2 2 6 6 2 1 _  6 2 2 1_  3 2

cm





QC PC ABCD PBD   , tan 2 3 2 1 _ PC 3  PC

cm

2 2 QC PC PQ   32 

 

3 2 2  27 3 3

cm

2 2 AQ AE QE   62 

 

3 2 2  54 3 6

cm

2 2 _GE GP PE   32 

 

6 2 2  819

cm

Menurut Aturan Kosinus:

PQ QE PE PQ QE      2 cos 2 2 2 

   

3 3 6 3 2 9 3 3 6 3 2 2 2      2 54 81 27 54   0 [A]

27. Jika luas segi dua belas beraturan adalah 300 cm2, maka kelilingnya adalah …. A. 10



6 3



B. 5



3 2



cm

C. 5



6 2



cm

D.



6  2



cm

E. 5



6 2



cm

Solusi:

Luas segi-n beraturan

n R n     sin360 2 2 12 360 sin 2 12 300 R2     sin30 50 R2 2 1 50R2  Q 8 F P D E C G H B A 75o 75o 30o p R R

16 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

100

2 _

R

Menurut Aturan Kosinus:

      2 2 2 cos30 2 R R R R p 3 2 2 2 2 R R p   3 2 R p 3 2 10   p 4 3 4 8 10   5 84 3 5 82 12 5



6 2



cm

atau Menurut Aturan Sinus:

   sin30 75 sin p R     sin30 75 sin 10 p         sin30 30 sin 45 cos 30 cos 45 sin 10 2 1 2 1 2 2 1 3 2 1 2 2 1 10 _    

2 6 20  





2 6 2 6 20    5



6 2



cm

 [E]

28. Diberikan prisma segi empat tegak ABCD.EFGH, dengan AB = 6 cm, BC = 10 cm, 3

12



AD

cm,

ABC 120

, dan

CAD30

. Jika tinggi prisma tersebut adalah

3

dm,

maka volumenya adalah

….

A.

171

cm

3 B. 570

cm

3 C.

1.140 cm

3 D.

1.710 cm

3 E.

5.700 cm

3 Solusi:

Menurut Aturan Kosinus:

ABC BC AB BC AB AC2  2  2 2  cos       62 102 2 6 10 cos60 2 AC             2 1 10 6 2 36 100 2 AC 60 136 2 _{ } AC 196  AC 14  AC

cm

Volume prisma itu = luas alas × tinggi

Volume prisma itu = (luas ABC + luas ACD) × tinggi

Volume prisma itu AB BC ABC AC AD CADBE      _{        }  sin 2 1 sin 2 1

14 12 3 sin30 10 3 2 1 120 sin 10 6 2 1 _       _{       }  3 10 120o 30o 10 6 15 E F G H D C B A

17 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

10 3 2 1 3 84 3 2 1 30       _{  } 





15 342 3



10 3



 

57 3 10 3

1.710

cm

3 [D] 29. Himpunan penyelesaian dari persamaan

2 3 cos 4 2

cos x x

, dengan

0x2π

adalah ….

A.       3 π 5 , 6 π 5 , 3 π B.       3 π 5 , 3 π C.       3 π 4 , 3 π 2 D.       0 , 6 π 5 , 3 π E.       3 π 5 , 3 π 4 , 3 π Solusi: 2 3 cos 4 2 cos x x 3 cos 8 2 cos 2 x x



2cos 1



8cos 3 0 2 2 x  x  0 5 cos 8 cos 4 2 x x 



2cosx5



2cosx1



0 2 5

cosx

(ditolak) atau

2 1 cosx

(diterima)

3 π cos 2 1 cosx  π 2 3 π k x 

, dengan

kB 0  k



3 π  x

atau

3 π   x 1  k



3 π 7  x

atau

3 π 5  x

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

      3 π 5 , 3 π  [B] 30. Diberikan





3 1 sin xy 

dan

12 5 sin cosx y

. Nilai



_



_

y x y x   sin sin

adalah ….

18 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

A. 7 2 B. 7 3 C. 14 5 D. 15 2 E. 2 1 Solusi:





3 1 sin x y  3 1 sin cos cos sinx y x y 3 1 12 5 cos sinx y  12 5 3 1 cos sinx y  4 3 12 9 cos sinx y 







x y



x y x y y x sin cos cos sin 3 1 sin sin     12 5 4 3 3 1   7 2 14 4 5 9 4 _{ }    [A] 31. Nilai dari











2 3



.... 9 5 4 3 2 lim ₃ 2        _x x x x x A. 2 B. 1 C. 3 2 D. 27 2 E. 3 1 Solusi: Alternatif 1:













3 2 3 2 9 5 4 3 2 lim x x x x x       2 3 2 3 2 27 54 36 8 36 20 27 15 18 10 lim x x x x x x x x x           

19 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

8 36 54 27 20 51 17 18 lim _{3 2} 2 3            _{x x x} x x x x 3 2 3 2 8 36 54 27 20 51 17 18 lim x x x x x x x           

3 2 3 2 8 36 54 27 20 51 17 18 lim                  x ₃ 2 0 0 0 27 0 0 0 18 _           [C] Alternatif 2:













3 2 3 2 9 5 4 3 2 lim x x x x x      

 









3 2 3 9 2 3 2     x x x _ [C] 32. Nilai dari .... 3 cos 2 2 3 tan 6 sin lim 0    _x x x x A.

6

B.

4

C.

3

D.

2

E.

1

Solusi: Alternatif 1: x x x x _{2 2cos3} 3 tan 6 sin lim 0  



_x



x x x _{21 cos3} 3 tan 6 sin lim 0   

 

3 2 2 1 2 3 6 2        x x x _ [D] Alternatif 2: x x x x _{2 2cos3} 3 tan 6 sin lim 0  



_x



x x x _{21 cos3} 3 tan 6 sin lim 0            x x x x 2 3 sin 2 2 3 tan 6 sin lim 2 0 x x x x x 2 3 sin 2 3 sin 4 3 tan 6 sin lim 0    4 1 2 3 2 3 3 6 2 3 sin 2 3 2 3 sin 2 3 3 3 tan 6 6 sin lim 0          x x x x x x x x x x x x x 111122 [D]

33. Dua kandang itik identik berdampingandibuat pagar dari kawat dengan ukuran seperti ditunjukkan pada gambar. Luas masing-masing kandang adalah 108 m2 . Keliling pagar minimum tersebut adalah …. A.

144 m

B.

96 m

C.

92 m

D.

80 m

E.

72 m

Solusi:

Luas kandang itik

xy

x

x

y

x

20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

xy  108 x y108

Keliling kandang adalah

K3x4y         x x K 3 4 108 x x 432 3   0 432 3 '  ₂  x K 3 432 2  x 144 3 432 2 _{ } x 12 144  x

Jadi, keliling pagar minimum tersebut

72 12 432 12 3   

m.

 [E] 34.



    2 1 2 .... 1 6 2 3 2 x x x A.

2

B.

3

C.

4

D.

5

E.

6

Solusi: dx x x x



2 _ _ 1 2 4 6 2 3 2

_

_







     2 1 2 1 2 4 6 2 3 2x x x dx





 

 

  



2 1 2 2 1 2 4 6 2 4 6 2 2 1 x x d x x





2 1 1 2 1 2 4 6 2 1 2 1 1 2 1                   x x   2 1 2 4 6 2 _   _{ }  x x

 222 624 212 614  8124  264

 16 4

422 [A] 35.



sin3xdx.... A.  cos4 xC 4 1 B.  x cos3xC 3 1 cos C. cosx3cos3xC

21 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

D. x cos3 xC 3 1 cos E.  x cos3xC 3 1 sin Solusi:



sin3 xdx



sin2 x sinxdx





1cos2 x sin



xdx



sinxdx



cos2 xsinxdx





sinxdx



cos2 xdcosx x cos3xC

3 1

cos  [B]

36. Garis g memotong para bola pada sumbu X dan sumbu Y. Luas daerah yang diarsir adalah …. A. 2 1 3 B. 3 1 4 C. 2 1 4 D. 2 1 9 E. 2 1 13 Solusi:

 

3,0



yx2 4xc

032 43c

c3



4 3





1



3



3 4 2 2 _{       }   x x x x x x y

Parabola memotong sumbu X di titik

 

3,0

dan

 

1,0

serta memotong sumbu Y di titik



0,3



.

Persamaan garis g adalah

1 2 1 2 x x y y m    1 3 0 0 3     



1



1 m x x y y  



3



1 0   x y 3  x y

Alternatif 1:

Luas daerah yang diarsir









  













3 0 2 3 3 4x x dx x 





 



3 0 2 3 dxx x

3 0 2 3 2 3 3 1    _{ }  x x 3 32 2 3 3 3 1_{  }   2 1 4 2 9 2 27 9      [C] g O c x x y 2 4  3 Y X

22 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

Alterrnatif 2:

3 4 3 2    x x x 0 3 2 _{ } x x

 

3 2 4109  D 2 6a D D L ₂ 1 6 9 9   2 1 4 2 9 6 27_{ }   [C]

37. Volume benda dari daerah yang dibatasi oleh x2y0

,

y2x2

,

x2

, dan

x4adalah …. A. 64π B. 60π C. 32π D. 30π E. 20π Solusi:







_                4 2 2 2 2 1 2 2 π x x dx V



      _{  }  4 2 2 2 4 1 4 8 4 π x x x dx V



      _{ }  4 2 2 4 8 4 15 π x x dx V 4 2 2 3 4 4 4 5 π_   _  x x x V







80 64 16 10 16 8



π       V

 



32 2



π   V π 30  V  [D]

38. Modus dari data berikut ini adalah …. A.

64

B.

65

C.

66

D.

67

E.

68

Solusi: Nilai Frekuensi 31 – 40 5 41 – 50 6 51 – 60 10 61 – 70 16 71 – 80 14 81 – 90 5 91 – 100 4 2 2   x y 0 2   y x 4 O 2 Y X

23 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

p d d d L Mo _         2 1 1 dengan: Mo = modus

L = tepi bawah kelas modus ( yang memiliki frekuensi tertinggi) p = panjang kelas atau interval kelas

d1 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sebelumnya

d2 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sesudahnya

Kelas modus terletak pada interval kelas 61  70 dengan frekuensi 18. L = 60,5; p = 10; d₁ 16106; dan d₂ 16142 10 2 6 6 5 , 60          Mo Mo60,57,5 Mo68

Jadi, modusnya dalah 68.  [E]

39. Diberikan angka-angka 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Banyak bilangan yang terdiri dari tiga angka yang berbeda yang lebih dari 600 adalah….

A.

24

B.

120

C.

480

D.

560

E.

720

Solusi:

Jadi, banyak bilangan tersebut adalah 476120.  [B]

40. Dari 7 siswa laki-laki dan 5 siswa perempuan akan dipilih 4 orang untuk ditugaskan sebagai peserta olimpiade matematika tingka kota. Peluang terpilih sedikitnya 1 siswa perempuan adalah …. A. 99 46 B. 495 92 C. 99 92 D. 11 1 E. 9 2 Solusi: Peluangnya 12 4 7 3 5 1 7 2 5 2 7 1 5 3 7 0 5 4 C C C C C C C C C         495 35 5 21 10 7 10 1 5       

4

6

5

24 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2012

495 460  99 92   [C]