0 akar-akarnya adalah p dan q. 0 akar-akarnya 2p dan r.

(1)

1 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015

Mengenang Jejak Sebagian Kecil Bangsa Indonesia Yang Pernah Mengikuti Ujian

Sekolah Pada Awal Masa Kemerdekaan

UJIAN PENGHABISAN SEKOLAH MENENGAH TINGKAT ATAS

TAHUN 1950

1. SMA 1950

Berapakah m agar supaya fungsi mx22



m2



x2m1 selalu (definit) positif untuk tiap-tiap nilai real dari x?

Solusi:

Syarat fungsi mx22



m2



x2m1selalu (definit) positif untuk tiap-tiap nilai real dari x adalah 0 a dan D0, sehingga m0.... (1) D_2



m2



_2  4 m



2m 1



0 m24m 4 2m2 m 0 m23m 4 0



m1



m4



0 1  m 4.... (2) Dari (1)  (2) diperoleh 0 m 4.

2. PPT 1950

Salah satu akar dari

2

3x 20x4a0

besarnya dua kali dari pada salah satu akar dari

2

2x 3x3a0

. Hitunglah a.

Solusi:

Persamaan kuadrat 2x23x3a0akar-akarnya adalah p dan q. 2p23p3a0... (1)

Persamaan kuadrat 3x220x4a0_{akar-akarnya 2p dan r.}

3 2

 

p 220 2

 

p 4a 0 12p240p4a 0 3p210p a 0.... (2) 3  Persamaan – 2  Persamaan (2) menghasilkan:

11p11a0 pa Sehingga, 2a23a3a0 2a26a0 2a a



 3



0 a0ataua3 Jadi, nilai a3.

3.

HBS (Hogere Burger School)-AMS (Algemeene Middelbare School) 1950 Ditentukan: x2



2a1



xa23a 4 0. Buat harga a yangmana:

a. kedua akarnya nyata (real)?

b. jumlah kedua akar yang nyata itu positif? c. hasilkali kedua akar yang nyata itu positif? d. kedua akarnya positif?

Solusi:

(2)



₂_a_₁



2_{  }_{4 1}



_a2 _₃_a_₄



_₀ 2 2 4a 4a 1 4a 12a160 8a170 17 8 a 

b. Syarat jumlah kedua akar yang nyata itu positif adalah D0danx₁x₂0. 0 D .





2



₂



2a1   4 1 a 3a4 0 2 2 4a 4a 1 4a 12a160 8a170 17 8 a  .... (1) 1 2 0 x x  2 1 0 1 a   2a 1 0 1 2 a .... (2) Dari (1)  (2) diperoleh 1 17 2  a 8 .

c. Syarat hasilkali kedua akar yang nyata itu positif adalah D0 dan x x_{1 2}0 0 D .





2



₂



2a1   4 1 a 3a4 0 2 2 4a 4a 1 4a 12a160 8a170 17 8 a  .... (1) 1 2 0 x x  x2



2a1



xa23a 4 0 2 ₃ ₄ 0 1 a  a  2 3 4 0 a  a 



a1



a4



0 1atau 4 a  a .... (2) Dari (1)  (2) diperoleh 17 1 8 a     atau a4.

d. Syarat kedua akarnya positif adalah D0, x₁x₂0, dan x x_{1 2}0. 0 D .





2



2



2a1   4 1 a 3a4 0 2 2 4a 4a 1 4a 12a160 8a170 17 8 a  .... (1) 17 8  1 4 

(3)

3 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 1 2 0 x x  2 1 0 1 a   2a 1 0 1 2 a .... (2) 1 2 0 x x  x2



2a1



xa23a 4 0 2 ₃ ₄ 0 1 a  a  2 3 4 0 a  a 



a1



a4



0 1atau 4 a  a .... (3) Dari (1)  (2) diperoleh 17 1 8 a     .

4. PPT 1950

Ditentukan fungsi yx2ax a 2. Buktikan bahwa grafik fungsi ini senantiasa memotong sumbu X pada dua titik yang berlainan?

Solusi:

Syarat grafik fungsi yx2ax a 2 memotong di dua titik berlainan adalah 2

4 0 Db  ac .

 

2





4 1 2 0 a a       2 4 8 0 a  a 

 

2 4 4 1 8 16 0 D       

Karena diskriminan bentuk kuadrat a24a8kurang dari 0, maka untuk nilai a real grafik fungsi

2

yx ax a memotong di dua titik berlainan.

5. SMA 1950

Dari deret ukur (deret geometri) turun tak terhingga dengan suku-suku real harga limit

jumlahnya sama dengan kuadrat suku pertama. Harga kebalikan suku kedua, harga

kebalikan suku ketiga, harga kebalikan suku keempat dikurangi dengan 8 merupakan deret

hitung (deret aritmetika). Tentukanlah suku pertama dan perbandingan (reden, rasio) dari

deret ukur tadi.

Solusi:

2 1 a S a r    aar1 1 1 a r   .... (1)

Deret hitung (deret aritmetika):

2 3 4

1 1 1

8

u u u  .... (2)

Dari (1) dan (2) diperoleh: 3 2 4 3 1 1 1 1 8 u u u  u 1₂ 1 1₃ 8 1₂ ar ar   ar  ar 17 8  1 4  1 2

(4)

4 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 rr2 1 8ar3r 2 1 3 2 1 8 1 r r r r    _{  } _    2 2 3 3 2r2r r r   1 r 8r 3 2 9r 3r 3r 1 0



 



2 3r 3r 1 3r 1 0



₃_r2__{1 3}





_r_{ }₁



₀ 2 1 3 1 0(ditolak) atau 3 r   r 1 1 3 1 3 ₁ 2 3 r  a  

6. PPT 1950

Pada sebuah deret ukur suku yang pertama ialah a dan perbandingannya (rasio) sama dengan





2_log _x₃

_.

a. Untuk harga x yang manakah, maka ada had (limit) jumlah suku-suku deret itu?

b. Berapa besar limit itu?

Solusi:

a.

r 1





2 log x 3 1





2 2 log x 3 log 2 3 2 x  5 x

b.

Ambillah r 1 p  , sehingga



1



₁ 1 1 1 ₁ n n a r _a S r p p      _  _  _ _ _ 1 lim 1 1 1 1 ₁ 1 1 1 n n a a a a S r p p p p     _   _         1 2log



3



a x   

7. SMA bg B, 1950

Hitunglah x dari persamaan

a)

1 2 5 50 ₅ 2 5 log log 5 2 x x x    

b)

8 8 3 6 x x x a a a a a  

Solusi:

a)

1 2 5 50 ₅ 2 5 log log 5 2 x x x     2 5_log50 5_{log 5}2 5 2 x x x    

(5)

5 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 2 4 2 5 5_log2 5 5 2 x x x x  _  _   3 4 9 5x2x 5 x 3 3 9 2 5 1 2 5 x x   3 3 9 2x5x2 5



₃

 

₃



3 2 5 x 2 5 3 x

b)

8 8 3 6 x x x a a a a a   8 3 8 6 2 x x x a a a a a   8 3 6 8 2 x x x a a  _{ }   8 4 8 9 8 x x x a a     5 8 9 8 x a a   5 8 9 8 x _ 5x 8 72 5x80 16 x

8. SMA bg B, 1950

Sebuah parabool dengan puncak

A



1, 2



liwat titik

B



2,5



. Dari titik

1,2 3

C_ _

 

dibuat

garis singgung pada parabool itu. Tentukan persamaan-persamaan parabool dan garis

singgung. Gambarkan kedua persamaan tersebut dalam satu grafik.

Solusi:

Persamaan parabolanya adalah

2 2 4 b D y a x a a    _  _    





2 1 2 ya x 









2 2,5 1 2 B   y a x 





2 5a  2 1 2 5 a 2 3 a





2 2 3 1 2 3 6 5 y x   x  x

Ambillah persamaan garis singgungnya adalah ymxn.

2 2

1,

3 3

C_ _   m n

(6)

6 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 3 n m 2 3 ymx m 2 2 3 6 5 3 ymx   m y x  x 2 2 3 6 5 3 mx  m x  x 2 3mx3m 2 9x 18x15





2 9x  18 3 m x 13 3m0

Syarat garis menyinggung parabola adalah Db24ac0, sehingga:



18 3 m



2   4 9 13 3



 m



0 2 36 12 mm 52 12 m0 2 16 m  16 4 m   

Persamaan garis singgungnya adalah 4 4 2 4 42

3 3

y x   x dan 4 4 2 4 31

3 3

y      x x

9. SMA bg B, 1950

Carilah x (atau

log x

) dari persamaan:

2

log log15 1 log log ₇log 7 ₂

x x x x x      Solusi: 2 log log15 1 log log ₇log 7 ₂

x x x x x      log15

log log log 7log10

7 2 x x x x x x   log15 log log 10 2 x x x x x x     log log 15 8 x x x x  

Ambillah xlog x y, sehingga 15 8 y y   2 8 15 0 y  y 



y3



y 5



0 X Y O 1 2 3 6 5 y x  x 1 x  5 2 2 1 2 2 4 4 3 y x 1 4 3 3 y  x

(7)

7 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 3 5 y  y log log 3 5 x x x  x 

logxlogx 3 logxlogx5

2 2

log x 3 log x5 logx  3logx  5

10. PPT bg. B, 1950

Carilah x dalam

_ ₂_1 log



3



log 5 ₁₀ 1 log log x x x x _x x     

.

Solusi:

 2





10 1 1 log 3 log 5 log log x x x x _x x     









log 2 log 3 log5 log10

x _x_{ }x _x_{ }x _ x









log 2 log 3 log5 log10 0

x _x_{ }x _x_{ }x _x _



2



5 5 6 log 0 10 x x  x _



2



5 6 1 2 x  x  2 5 6 2 x  x  2 5 4 0 x  x 







2 1 4 0 x x 

1(ditolak, bilanganpokok logaritma 1) atau 4(diterima)

x  x

11. PPT bg. B, 1950

Kalau ditentukan bahwa _log_x 5_{0, 4}_{, hitunglah}_y_xx_.

Solusi: Ambillah _a5_{0, 4}_{, sehingga}





1 1 log log 0, 4 0,6021 1 0,0796 5 5 a    1, 2012 a logx 1, 20120,79882 0,0629 x x yx logylogxx logyxlogx





logy0,0629 0,7988 2  0,07560,9244 1 0,8402 y

12. SMA bg. B Peladjar Pedjuang, 1950

Carilah x dan y dari:

2 4 5 2 1

2 x y 2x y 16













log log 3x4y log 2log log 3x4y log 4 Solusi:

(8)

8 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 4 5 2 1 2 x y 2x y 16   2 2 2 2 2 16 32 2 x y x y     2 2 2 2 x y 16 2 x y 512 Ambillah 2x2y  p, sehingga 2 ₁₆ ₅₁₂ ₀ p  p 



p32



p16



0 32 16 p   p 2 2 2x y 32(diterima)2x y 16(ditolak) 2 5 2x y 2 2 5 x y 5 2 x  y.... (1)













log log 3x4y log 2log log 3x4y log 4





1





log log 3 4 log 2 log log 3 4 4

x y   x y





1





log log 3 4 log 2log 3 4 4

x y  x y





1





2

log log 3 4 log log 3 4 16 x y  x y





1





2 3 4 3 4 16 x y  x y





2





3x4y 16 3x4y 0



3x4y



3x4y16



0 3x4y0(ditolak) atau 3x4y160.... (2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh:





3 5 2 y 4y160 15 6 y4y160 10y 1 1 10 y   5 2 5 2 1 5 1 51 10 5 5 x  y   _ _    

13. SMA bg. B Peladjar Pedjuang, 1950

Dari persamaan: 9x23kxk29k180, ditentukan x₂ 2x₁. Berapakah k? Hitung juga harga maksimum dari



x₁2x2₂



.

Solusi:

Akar-akar persamaan kuadrat 9x23kxk29k180 adalah x₁danx . ₂

x₂ 2x₁.... (1) ₁ ₂ 3 9 3 k k x x    .... (2) 2 1 2 9 18 9 k k x x    .... (3)

(9)

9 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 1 1 3 2 9 3 k k x  x    ₁ 9 k x   ₂ 2 9 k x  Substitusikan ₁ 9 k x  dan ₂ 2 9 k x  ke persamaan (3), sehingga 2 2 9 18 9 9 9 k_ k _ k  k 2k29k2 81k162 7k281k1620



7k18



k9



0 18 9 7 k  k x₁2x₂2 



x₁x₂



2 2x x_{1 2} 2 ₂ 3 9 18 2 9 9 k k k       _ _     2 ₂ 2 ₁₈ ₃₆ 9 k  k  k  1 2 2 4 9k k     2 9 1 2 2 9 b k a      _     





2 2 2 1 2 max 1 9 2 9 4 5 9 x x       

14. PPT bg. B, 1950

Fungsi

2



2



log

y ax bxc

menjadi = 0 untuk

x0

dan untuk

x6

. Harga maksimum = 2.

a. Berapakah besarnya c?

b. Buktikan dengan perhitungan bahwa

1 3

a 

dan

b2

. Isilah harga yang didapat untuk

a, b, dan c itu dalam bangun

2

ax bxc

yang akan kita sebut z.

c. Untuk harga-harga x yang manakah

z0. Berapakah y dalam hal ini?

d.

Untuk harga z yang manakah z negatif? Apakah akibatnya bagi y?

e.

Untuk harga x yang manakah z positif lebih kecil dari 1? Apakah tanda y dalam hal ini?

f.

Untuk harga x yang manakah z lebih besar dari pada 1? Apakah tanda y?

g.

Buatlah sesuai dengan ketentuan-ketentuan dan pendapatan-pendapatan tadi itu sebuah lukisan

2 log y z. Solusi: a. x  0 y 2log



ax2bxc







2 2 0 log a0   b 0 c 2 0 log c 1 c b. x  6 0 2log



a62  b 6 1



36a6b 1 1 36a6b0 6 b  a.... (1) 2 2 2 2 max 4 4 1 log log 2 4 4 b ac b a y a a        

(10)

10 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 4 4 4 b a a  _  2 4 16 b  a  a 2 12 b   a.... (2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh





2 6a 12a    2 36a 12a0





12a 3a 1 0 1 0(ditolak) (diterima) 3 a   a 1 6 2 3 b  _ _    1 2 2 1 3 z  x  x c. 1 2 2 1 0 3 z  x  x  2 6 3 0 x  x 

   

2

 

6 6 4 1 3 2 1 x         6 36 12 2    6 48 2   6 4 3 2    3 2 3 3 2 3 3 2 3 x    x

Karena z0, maka y2log 0 adalah tidak didefinisikan, karena numerus harus bernilai positif.

d. 1 2 2 1 0 3 z  x  x  2 6 3 0 x  x 



x 3 2 3



x 3 2 3



0 3 2 3 atau 3 2 3 x  x 

Akibatnya fungsi y tidak mempunyai nilai (tidak terdefinisi) untuk interval tersebut.

e. 1 2 2 1 1 3 z  x  x  2 6 3 3 x  x   2 6 0 x  x



6



0 x x  0 6 x  x Sehingga y0. f. 1 2 2 1 1 3 z  x  x  2 6 3 3 x  x   2 6 0 x  x



6



0 x x  0 x 6 Sehingga y0. 32 3 0 6 32 3 32 3 0 6 32 3

(11)

11 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 g. Grafik fungsi 2log 2log 1 2 2 1

3 y z _ x  x _  

15. PPT bg. B, 1950

Grafik fungsi

y x p qx r  

 melalui titik



1, 1



dan memotong dari sumbu-sumbu positif bagian-bagian yang sama = 4. Tentukan p, q, dan r dan asymtot-asymtot dari garis lengkung itu.

Solusi:



1, 1



y x p qx r      1 1 1 p q r         q r 1 p p   q r 1.... (1)

 

4,0 y x p qx r     0 4 4 p q r     4 p 0 p 4.... (2)

 

0, 4 y x p qx r     4 0 0 p q r     4r p.... (3)

Dari persamaan (2) dan (3) diperoleh 4r    4 r 1.

Substitusikan p 4 dan r 1 ke persamaan (1) sehingga diperoleh 4    q 1 1 q4 1 3 4 ₄ 1 4 1 4 1 4 x y x x       

Jadi, asymtot tegak 1 4

x dan asymtot datar 1 4

y .

16. SMA bg. B Peladjar Pedjuang, 1950

Gambarlah grafik

2 2 2 5 7 8 16 x x y x x      . Solusi: X Y O 1 2_log 2_log 1 2 ₂ ₁ 3 y z _ x  x _   1 2 2 1 3 4 5 6 1 3

(12)

 Grafik memotong sumbu X, jika y0, sehingga 2 2 2 5 7 0 8 16 x x x x      2x25x 7 0



2x7



x 1



0 7 1 2 x   x

Jadi, koordinat titik potongnya adalah



3,5;0 dan 1,0

  

.

 Grafik memotong sumbu Y, jika x0, sehingga 2 2 2 0 5 0 7 7 16 0 8 0 16 y         

Jadi, koordinat titik potongnya adalah 0, 7 16  _     .  2 2 2 5 7 8 16 x x y x x      2 13 16 2 8 16 x x x     

_

_

2 13 16 2 4 x x     Asymtot datar adalah y2.

Asymtot tegak adalah x4

 Menentukan koordinat titik potong asymtot datar dengan grafik. 2 2 2 5 7 2 8 16 x x x x      2x216x322x25x7 21x39 39 13 16 21 7 7 x  

Jadi, koordinat titik potongnya adalah 1 , 26 7      .

 Suatu nilai y tercapai untuk nilai-nilai x yang merupakan akar-akar persamaan kuadrat dalam x berikut ini. 2 2 2 5 7 8 16 x x y x x      x y2 8xy16y2x25x7 x y2 2x28xy5x16y 7 0



y2



x2



8y5

 

x 16y7



0

Persamaan kuadrat ini mempunyai akar-akar real, jika _



8y5



_2 4



y2 16



y7



0 64y280y25 64 y2100y560 180y81 0 81 180 y  9 20 y 

Jadi, harga minimum relatifnya adalah 9 0, 45 20

(13)

13 |Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Penghabisan Sekolah Menengah Tingkat Atas, 2015 2 2 7 2 5 7 20 8 16 x x x x       2 2 7x 56x 112 40x 200x 140       2 47x 144x280





2 144 144 4 47 28 2 47 x        144 26.000 94    144 161, 2 94    144 161, 2 0, 2 94 x   atau 144 161, 2 3,3 94 x   

Jadi, koordinat titik minimum realtif adalah 0, 2; 9 20  _      dan 9 3, 2; 20 _ _     . Sketsa grafik fungsi

2 2 2 5 7 8 16 x x y x x      . Bersambung X Y O 1 2 4 2 1 3 4 5 6  6     4 x 2 y 6 1 , 2 7      